茨城大学(数学) 2023年　問題2


$t\ を正の実数とする。四面体 OABC\ において、OA=OB=OC=t,\ \ AB=BC=CA=2\ \ とする。$
$\triangle ABC\ の重心を \ G\ とする。辺 \ AB\ の中点を \ M\ とし、点 \ M\ から直線 \ OC\ に下ろした垂線と直線 \ OC$
$との交点を \ N\ とする。s\ を実数とし、\vec{ON}=s\vec{OC},\ \ \vec{OA}=\vec{a},\ \ \vec{OB}=\vec{b},\ \ \vec{OC}=\vec{c}\ \ とおく。$
$以下の各問に答えよ。$
$(1)\ \ 内積 \ \ \vec{a} \cdot \vec{b},\ \ \vec{b} \cdot \vec{c},\ \ \vec{c} \cdot \vec{a}\ \ をそれぞれ \ t\ を用いて表せ。$
$(2)\ \ |\vec{OG}|\ \ を \ t\ を用いて表せ。また、t\ のとり得る値の範囲を求めよ。$
$(3)\ \ s\ を \ t\ を用いて表せ。また、|\vec{OG}|=|\vec{MN}|\ \ となる \ t\ の値を求めよ。$
$(3)\ \ t\ が(2)の範囲を動くとき、|\vec{MN}|+|\vec{NC}|\ \ の最大値を求めよ。$


(1)

　

$\triangle OAB \ \ に余弦定理を用いて$

$\cos \angle AOB=\cfrac{OA^2+OB^2-AB^2}{2OA\cdot OB}=\cfrac{2t^2-4}{2t^2}=\cfrac{t^2-2}{t^2}$

$\vec{a}\cdot \vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos \angle AOB=t^2 \times \cfrac{t^2-2}{t^2}=t^2-2$

$\triangle OAB \equiv \triangle OBC \equiv \triangle OCA \quad だから$

$\vec{a} \cdot \vec{b}=\vec{b} \cdot \vec{c}=\vec{c} \cdot \vec{a}=t^2-2$


$(別解)$

$|\vec{AB}|^2=|\vec{OB}-\vec{OA}|^2 \quad より$

$|\vec{AB}|^2=|\vec{OB}|^2-2\vec{OA}\cdot \vec{OB} +|\vec{OA}|^2$

$4=t^2 -2\vec{OA}\cdot \vec{OB} +t^2$

$\therefore \vec{a}\cdot \vec{b} = t^2-2$


(2)


$辺 \ BC\ の中点を \ L\ とすると \quad AG:GL=2:1 \quad だから$

$\vec{OG}=\cfrac{\vec{OA}+2\vec{OL}}{3}=\cfrac{\vec{OA}+2 \times \cfrac{\vec{OB}+\vec{OC}}{2}}{3}=\cfrac{1}{3}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$

\begin{eqnarray*} & &|\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}|^2\\ \\ &=&|\vec{a}^2+|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 +2(\vec{a} \cdot \vec{b}+\vec{b} \cdot \vec{c} + \vec{c} \cdot \vec{a})\\ \\ &=&3t^2+2 \times 3(t^2-2)\\ \\ &=&9t^2-12\\ \end{eqnarray*}
$|\vec{OG}|=\cfrac{1}{3} \sqrt{9t^2-12}$

$なお、t > 0 \ \ で \ \ 9t^2-12 > 0 \ \ より \quad t > \sqrt{\cfrac{4}{3}}=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}$

(3)


$\vec{MN} \perp \vec{OC} \quad より \quad (\vec{ON}-\vec{OM}) \cdot \vec{OC}=0$

$\big(s\vec{c}-\cfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})\big) \cdot \vec{c}=0$

$s|\vec{c}|^2-\cfrac{1}{2}\vec{a} \cdot \vec{c} - \cfrac{1}{2}\vec{b} \cdot \vec{c}=0$

$st^2-\cfrac{1}{2} \times 2(t^2-2)=0$

$s=\cfrac{t^2-2}{t^2}$

\begin{eqnarray*} |\vec{MN}|^2 &=&|\vec{ON}-\vec{OM}|^2\\ \\ &=&|s\vec{c}-\cfrac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b})|^2\\ \\ &=&|\cfrac{1}{2}\vec{a}+ \cfrac{1}{2}\vec{b} -s\vec{c}|^2\\ \\ &=&\cfrac{1}{4}|\vec{a}|^2 + \cfrac{1}{4}|\vec{b}|^2+s^2|\vec{c}|^2 +\cfrac{1}{2}\vec{a} \cdot \vec{b} -s\vec{b} \cdot \vec{c}-s\vec{c} \cdot \vec{a}\\ \\ &=&\cfrac{1}{4}t^2 + \cfrac{1}{4}t^2+s^2t^2 +\cfrac{1}{2}(t^2-2) -s(t^2-2)-s(t^2-2)\\ \\ &=&t^2s^2-2(t^2-2)s+t^2-1\\ \\ &=&t^2 \times \big(\cfrac{t^2-2}{t^2}\big)^2-2(t^2-2) \times \cfrac{t^2-2}{t^2} +t^2-1\\ \\ &=&-\cfrac{(t^2-2)^2}{t^2} +t^2-1\\ \\ &=&\cfrac{3t^2-4}{t^2}\\ \end{eqnarray*}
$(2)より \quad |\vec{OG}|^2=\cfrac{1}{9}(9t^2-12)=\cfrac{1}{3}(3t^2-4) \quad だから$

$|\vec{OG}|=|\vec{MN}|\ \ となる \ t\ の値は$

$\cfrac{1}{3}(3t^2-4)=\cfrac{3t^2-4}{t^2}$

$(3t^2-4)(\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{t^2})=0$

$(3t^2-4)(t^2-3)=0$

$(2)より \quad t^2>\cfrac{4}{3} \quad だから \quad t^2-3=0 \quad より \quad t=\sqrt{3}$


(4)


\begin{eqnarray*} f(t) &=&|\vec{MN}|+|\vec{NC}|\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3t^2-4}}{t}+ (1-s)t\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3t^2-4}}{t}+ (1-\cfrac{t^2-2}{t^2})t\\ \\ &=&\cfrac{\sqrt{3t^2-4}+2}{t}\\ \end{eqnarray*}
\begin{eqnarray*} f'(t) &=&\cfrac{\dfrac{3t}{\sqrt{3t^2-4}} \times t -(\sqrt{3t^2-4}+2)}{t^2}\\ \\ &=&\cfrac{3t^2 -\sqrt{3t^2-4}(\sqrt{3t^2-4}+2)}{t^2\sqrt{3t^2-4}}\\ \\ &=&\cfrac{3t^2 -(3t^2-4)-2\sqrt{3t^2-4}}{t^2\sqrt{3t^2-4}}\\ \\ &=&\cfrac{4-2\sqrt{3t^2-4}}{t^2\sqrt{3t^2-4}}\\ \end{eqnarray*} $f'(t)=0 \quad より \quad 2-\sqrt{3t^2-4}=0 \qquad 3t^2-4=4 \qquad t^2=\cfrac{8}{3}$

$t>\cfrac{2\sqrt{3}}{3} \quad より \quad t=\cfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\cfrac{2\sqrt{6}}{3}$

$増減表$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} \hline t & \small{\cfrac{2\sqrt{3}}{3}} & \cdots & \small{\cfrac{2\sqrt{6}}{3}} & \cdots \\ \hline f'(t) & & + & 0 & - & \\ \hline f(t) & & \nearrow & 極大 & \searrow & \\ \hline \end{array} \]
$f(t) \ は \ \ t=\cfrac{2\sqrt{6}}{3}\ で極大かつ最大となり、最大値は$

$f(\cfrac{2\sqrt{6}}{3})=\cfrac{\sqrt{3 \times \dfrac{8}{3} -4}+2}{\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}=\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\sqrt{6}$


$(別解)$

$正三角形 \ ABC\ \ において、点 \ M\ は \ AB\ の中点だから \quad CM \perp AB$

$CM^2=AC^2-AM^2=2^2-1^2=3 \qquad CM=\sqrt{3}\ \ (一定)$

$\triangle MNC \quad において \quad MN \perp NC \quad だから円周角の定理により$

$点 \ N\ は \ CM\ を直径とする円周上の点である。$

$\angle MCN=\theta \quad とおくと$

　

$MN=\sqrt{3}\sin \theta,\qquad NC=\sqrt{3}\cos \theta $

$MN+NC=\sqrt{3}\sin \theta + \sqrt{3}\cos \theta =\sqrt{6}\sin(\theta + \cfrac{\pi}{4})$

$これは、\theta =\cfrac{\pi}{4} \quad のとき最大となり、最大値 \quad \sqrt{6} \quad をとる。$

$このとき \quad \triangle MNC \ \ は直角二等辺三角形となるから$

$MN=NC=\cfrac{\sqrt{6}}{2}$

$なお、 NC=(1-s)t=(1-\cfrac{t^2-2}{t^2})t=\cfrac{2}{t} \quad において$

$t > \cfrac{2}{\sqrt{3}} \quad だから \quad \quad NC < \sqrt{3}$

$\cfrac{\sqrt{6}}{2} < \sqrt{3} \quad だから　(2)の条件を満たしている。$


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