第１問
図はある三角錐Vの展開図である。ここでAB=4、AC=3、BC=5、
∠ACD=90°で△ABE は正三角形である。このとき、Vの体積
を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
△ABCにおいて
AB2+AC2=BC2
が成り立つので、∠BAC=90°である。
展開図を組み立てたとき、3点D、E、Fが重なる点をPとおく。
xyz座標空間内に、
A(0，0，0)、B(4，0，0)、C(0，3，0)
と配置すると、AC(y軸）⊥CDなので、点Pの座標は(X，3，Z)
と表すことができる。ここで、Z＞0としておく。
△ABP（ABE)は一辺4の正角形なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AP^2=X^2+3^2+Z^2=4^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BP^2=\left( X-4\right)^2+3^2+Z^2=4^2\end{align*}}$
であり、これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf X=2\ \ ,\ \ Z=\sqrt3\ (>0)\end{align*}}$
よって、三角錐Vの体積Vは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\frac{1}{3}\cdot \triangle ABC\cdot Z\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 3\right)\cdot \sqrt3\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\sqrt3\ }\end{align*}}$
理系との共通問題です。いろいろな解き方がありそうですが、
これが一番楽だと思います。
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第２問
直角三角形△ABCにおいて∠Bは直角であるとし、辺ACの長さをa
とする。辺ACをn等分し、その分点をAに近い方から順にD1、D2、
D3、……、Dn-1とおく。1≦k≦n-1に対し、線分BDkの長さをLkと
する。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) $\small\sf{\begin{align*} \sf S_n=\sum_{k=1}^{n-1}\left(L_k \right)^2\end{align*}}$ をaとnで表せ。
(２) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{S_n}{n}\end{align*}}$ をaで表せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
AB=cとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos A=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{a}\end{align*}}$ ……(#)
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf AD_k=\frac{ka}{n}\ \ \ \ \left(k=1,2,\ldots ,n-1 \right)\end{align*}}$
なので、△ABDkに余弦定理を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( L_k\right)^2=AB^2+AD_k^2-2AB\cdot AD_k\cdot\cos A\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =c^2+\left(\frac{ka}{n} \right)^2-2c\cdot\frac{ka}{n}\cdot\frac{c}{a}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a^2}{n^2}\ k^2-\frac{2c^2}{n}\ k+c^2\end{align*}}$ ．
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S_n=\sum_{k=1}^{n-1}\left(L_k \right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{a^2}{n^2}\ k^2-\frac{2c^2}{n}\ k+c^2 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{a^2}{n^2}\cdot\frac{1}{6}n\left(n-1 \right)\left(2n-1 \right)-\frac{2c^2}{n}\cdot\frac{1}{2}n\left(n-1 \right)+c^2\left(n-1 \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{a^2\left(n-1 \right)\left(2n-1 \right)}{6n}\ }\end{align*}}$
(２)
(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ \frac{S_n}{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a^2\left(n-1 \right)\left(2n-1 \right)}{6n^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a^2\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(1-\frac{1}{n} \right)\left(2-\frac{1}{n} \right)}{6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =a^2\cdot\frac{1\cdot 2}{6}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{a^2}{3}\ }\end{align*}}$
(１)は何にも考えずに計算しましたが、上手くcが消えましたね（笑）
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第３問
t＞0とし、x=tで表される直線をL1とする。$\small\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{x^2}{4}\end{align*}}$ で表される
放物線をCとおく。CとL1の共有点$\small\sf{\begin{align*} \sf \left(t,\frac{t^2}{4}\right)\end{align*}}$ におけるCの接線を
L2とする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) L1とL2のなす角を$\small\sf{\theta}$ とするとき、cos$\small\sf{\theta}$ を求めよ。ただし、
$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq\theta\leqq\pi\end{align*}}$ とする。
(２) L1をL2に関して対称移動させた直線をL3とおくとき、L3の
方程式を求めよ。
(３) L3はtによらない定点を通ることを示せ。
(４) L3とCの2つの共有点をP、Qとする。線分PQの長さが最小に
なるようなtの値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
Cをy=f(x)とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{x}{2}\end{align*}}$ ．
図１より、L2はx軸正方向と $\scriptsize\sf{\pi}$ /2-$\scriptsize\sf{\theta}$ の角をなすので、
傾きを考えると、t＞0および0≦$\scriptsize\sf{\theta}$ ≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /2より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)=f\ '(t)\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1}{\tan\theta}=\frac{t}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \tan\theta=\frac{2}{t}\end{align*}}$ ……(ⅰ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ \cos\theta=\frac{t}{\sqrt{t^2+4}}\ }\end{align*}}$ ←図2より
(２)
図１より、L3はx軸正方向と$\scriptsize\sf{\pi}$ /2-2$\scriptsize\sf{\theta}$ の角をなすので、傾きは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \tan\left(\frac{\pi}{2}-2\theta \right)=\frac{1}{\tan 2\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-\tan^2\theta}{2\tan\theta}\end{align*}}$ ←tanの倍角公式
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-\left(\frac{t}{2} \right)^2}{2\cdot\frac{2}{t}}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{t^2-4}{2t}\end{align*}}$
また、L3も点(t，f(t))を通るので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf L_3:\ y-\frac{t^2}{4}=\frac{t^2-4}{2t}\left(x-t \right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ y=\frac{t^2-4}{4t}\ x+1\ }\end{align*}}$
(３)
(２)より、L3はtの値によらず点(0，1)を通る。
(４)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=\frac{t^2-4}{4t}\end{align*}}$ ……(ⅱ)
とおくと、L3の方程式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=mx+1\end{align*}}$
と表せる。これとCの式とを連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{4}=mx+1\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-4mx-4=0\end{align*}}$ ……(ⅲ)
(ⅲ)の判別式は、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=4m^2+4>0\end{align*}}$
なので、(ⅲ)箱となる2つの実数解をもつ。
これらをp、q （p＞q）とすると、CとL3の2交点P、Qの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(p\ ,\ mp+1 \right)\ \ ,\ \ \left(q\ ,\ mq+1 \right)\end{align*}}$
と表すことができる。
また、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf p+q=4m\ \ ,\ \ pq=-4\end{align*}}$ ……(ⅳ)
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PQ=\sqrt{\left(p-q \right)^2+\left\{\left(mp+1 \right)-\left(mq+1 \right) \right\}^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\left(m^2+1 \right)\left(p-q \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\left(m^2+1 \right)\left\{\left(p+q \right)^2-4pq\right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\left(m^2+1 \right)\left\{\left(4m \right)^2-4\cdot\left(-4 \right)\right\}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{16\left(m^2+1 \right)^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =4\left(m^2+1 \right)\end{align*}}$
これが最小になるのは、m=0のときなので、(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf m=\frac{t^2-4}{4t}=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ t=0\ \ (>0)\ }\end{align*}}$
有名な問題です。
(３)で求めた点はCの焦点です。
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第４問
0＜a＜1、 $\small\sf{0\lt \theta\lt \pi}$ とする。4点O(0，0)、A(a，0)、
P$\small\sf{\sf (\cos\theta,\sin\theta)}$ 、Q(x，y)が条件
OQ=AQ =PQ
をみたすとする。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) 点Qの座標をaと$\small\sf{\theta}$ で表せ。
(２) aを固定する。0＜$\small\sf{\theta}$ ＜$\small\sf{\pi}$ の範囲で$\small\sf{\theta}$ が動くとき、
yの最小値を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
OQ=AQ=PQより
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2+y^2=\left(x-a \right)^2+y^2=\left(x-\cos\theta \right)^2+\left(y-\sin\theta \right)^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0=-2ax+a^2=1-2\cos\theta\cdot x-2\sin\theta\cdot y\end{align*}}$
a≠0およびsin$\scriptsize\sf{\theta}$ ≠0なので、これらを連立させて解くと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=\frac{a}{2}\ \ ,\ \ y=\frac{1-a\cos\theta}{2\sin\theta}\end{align*}}$
よって、点Qの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ Q\left(\frac{a}{2}\ ,\ \frac{1-a\cos\theta}{2\sin\theta}\right)\ }\end{align*}}$
(２)
(１)で求めたyを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dy}{d\theta}=\frac{a\sin^2\theta-\left(1-a\cos\theta \right)\cos\theta}{2\sin^2\theta}=\frac{a-\cos\theta}{2\sin\theta}\end{align*}}$
0＜a＜1および0＜$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=a\end{align*}}$ ……(#)
となる$\scriptsize\sf{\theta}$ がただ1つ存在するので、その値をtとおくと、
yの増減は次のようになる。
よって、yは$\scriptsize\sf{\theta}$ =tのとき最小となるので、
その値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_{min}=\frac{1-a\cos t}{2\sin t}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-a\cos t}{2\sqrt{1-\cos^2t}}\ \ \ \ \left(\because\ 0\lt t<\pi \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1-a^2}{2\sqrt{1-a^2}}\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ \frac{\sqrt{1-a^2}}{2}\ }\end{align*}}$
これはそれほど難しくありません。
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第５問
自然数nに対して
$\small\sf{\begin{align*} \sf a_n=\int_0^{\pi /4}\left( \tan x\right)^{2n}dx\end{align*}}$
とおく。このとき、以下の問いに答えよ。
(１) a1を求めよ。
(２) an+1をanで表せ。
(３) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n\end{align*}}$ を求めよ．
(４) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^n\frac{\left( -1\right)^{k+1}}{2k-1} \end{align*}}$ を求めよ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_1=\int_0^{\pi /4}\tan^2xdx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi /4}\left(\frac{1}{\cos^2x}-1 \right)dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\tan x-x\bigg]_0^{\pi /4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 1-\frac{\pi}{4}\ }\end{align*}}$
(２)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{n+1}=\int_0^{\pi /4}\left( \tan x\right)^{2n+2}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi /4}\tan^2x\left( \tan x\right)^{2n}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi /4}\left(\frac{1}{\cos^2x}-1\right)\left( \tan x\right)^{2n}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{\pi /4}\frac{1}{\cos^2x}\cdot\left( \tan x\right)^{2n}dx-\int_0^{\pi /4}\left( \tan x\right)^{2n}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\bigg[\tan x\left( \tan x\right)^{2n}\bigg]_0^{\pi /4}-\int_0^{\pi /4}\tan x\cdot 2n\left( \tan x\right)^{2n-1}\cdot\frac{1}{\cos^2x}dx-a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-2n\int_0^{\pi /4}\left( \tan x\right)^{2n}\left(\tan^2x+1\right)dx-a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-2n\left\{\int_0^{\pi /4}\left( \tan x\right)^{2n+2}dx+\int_0^{\pi /4}\left( \tan x\right)^{2n}dx\right\}-a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-2n\left(a_{n+1}+a_n\right)-a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(2n+1 \right)a_{n+1}=-\left(2n+1 \right)a_n+1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a_{n+1}=\underline{\ -a_n+\frac{1}{2n+1}\ }\end{align*}}$
(３)
関数f(x)を
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\frac{4}{\pi}\ x-\tan x\ \ \ \ \left(0\leqq x\leqq \frac{\pi}{4} \right)\end{align*}}$
とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{4}{\pi}-\frac{1}{\cos^2x}=\frac{\left(2\cos x-\sqrt{\pi} \right)\left(2\cos x+\sqrt{\pi} \right)}{\pi\cos^2x}\end{align*}}$ ．
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2<\pi <4\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\sqrt2}{2}<\frac{\sqrt{\pi}}{2}<1\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos x=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\ \ ,\ \ 0\lt x<\frac{\pi}{4}\end{align*}}$
となるxがただ1つ存在するので、その値を$\scriptsize\sf{\alpha}$ とおくと、
f(x)の増減は次のようになる。
よって、0≦x≦$\scriptsize\sf{\pi}$ /4の範囲において、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq\ \tan x\leqq\frac{4}{\pi}\ x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq \left(\tan x\right)^{2n}\leqq\left(\frac{4}{\pi}\ x\right)^{2n}\end{align*}}$
が成り立つので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0\leqq\int_0^{\pi /4} \left(\tan x\right)^{2n}dx\leqq\int_0^{\pi /4}\left(\frac{4}{\pi}\ x\right)^{2n}dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\leqq a_n\leqq\left(\frac{4}{\pi}\right)^{2n}\left[\frac{x^{2n+1}}{2n+1}\right]_0^{\pi /4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left(\frac{4}{\pi}\right)^{2n}\cdot\frac{1}{2n+1}\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2n+1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{4\left(2n+1\right)}\end{align*}}$ ．
n→∞のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{4\left(2n+1\right)}\rightarrow 0\end{align*}}$
なので、はさみうちの原理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ \lim_{n\rightarrow\infty}\ a_n=0\ }\end{align*}}$
(４)
(２)より、k≧2のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf a_{k-1}+a_k=\frac{1}{2k-1}\end{align*}}$
であり、両辺に(-1)k+1をかけると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left( -1\right)^{k+1}\left(a_{k-1}+a_k\right)=\frac{\left( -1\right)^{k+1}}{2k-1}\end{align*}}$
を得る。これより、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sum_{k=1}^{n}\frac{\left( -1\right)^{k+1}}{2k-1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1+\sum_{k=2}^{n}\left( -1\right)^{k+1}\left(a_{k-1}+a_k\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-\left(a_1+a_2 \right)+\left(a_2+a_3 \right)-\left(a_3+a_4 \right)+\ldots \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ldots +\left( -1\right)^{n}\left(a_{n-2}+a_{n-1} \right)+\left( -1\right)^{n+1}\left(a_{n-1}+a_n \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =1-a_1+\left( -1\right)^{n+1}a_n\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\pi}{4}+\left( -1\right)^{n+1}a_n\end{align*}}$ ←(１)より
(３)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\left( -1\right)^{n+1}a_n=0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{\left( -1\right)^{k+1}}{2k-1}=\underline{\ \frac{\pi}{4}\ }\end{align*}}$
(３)が一つのヤマ場でしょうか。
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