第1問
Oを原点とする座標平面上において、点Pは点Oを中心とする半径2の
円周上を反時計回りに動き、点Qは点Pを中心とする半径1の円周上を
反時計回りに動く。時刻t=0のとき、点Pは(2，0)にあり、点Qは(3，0)
にある。時刻tのとき、線分OPは、x軸の正の部分を始線とした角tの
動径とする。また、時刻tのとき、線分PQは、点Pを始点とし動径OPを
延長した半直線を始線とした角tの動径とする。ただし、0≦t≦$\small\sf{\pi}$ とする。
(1) 時刻 t における点Qの座標は( ア ， イ ) である。
(2) 時刻t=$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ における点Qの速度ベクトルは( ウ ， エ ) 、速さは
オ である。
(3) 点Qのx座標は、t= カ のとき最小値 キ となる。
(4) 点Qのy座標の最大値は ク である。
(5) 点Qの軌跡とx軸で囲まれた図形の面積は ケ である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ア $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\cos t+\cos 2t\end{align*}}$ イ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\sin t+\sin 2t \end{align*}}$ ウ -2 エ -2 オ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 2\sqrt2\end{align*}}$
カ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\pi\end{align*}}$ キ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{3}{2}\end{align*}}$ ク $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{2}\sqrt3\end{align*}}$ ケ 3$\scriptsize\sf{\pi}$
【解説】
(ア)(イ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OQ}&=\sf \overrightarrow{\sf OP}+\overrightarrow{\sf PQ} \\ &=\sf \left(2\cos t.2\sin t\right)+\left(\cos 2t,\sin 2t\right) \\ &=\sf \underline{\left(2\cos t+\cos 2t,2\sin t+\sin 2t\right)}\end{align*}}$
(ウ)(エ)
上で求めた
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=2\cos t+\cos 2t\ \ ,\ \ y=2\sin t+\sin 2t\end{align*}}$
をそれぞれtで微分すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{dt}=-2\sin t-2\sin 2t\ \ ,\ \ \frac{dy}{dt}=2\cos t+2\cos2t\end{align*}}$
なので、速度ベクトルは
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}=\left(-2\sin t-2\sin 2t,2\cos t+2\cos2t\right)\end{align*}}$
t=$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf v}=\left(-2\sin\frac{\pi}{2}-2\sin\pi,2\cos\frac{\pi}{2}+2\cos\pi\right)=\underline{\left(-2,-2\right)}\end{align*}}$
(オ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf v}\right|=\sqrt{\left(-2\right)^2+\left(-2\right)^2}=\underline{2\sqrt2}\end{align*}}$
(カ)(キ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=2\cos t+\cos 2t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dx}{dt}&=\sf -2\sin t-2\sin 2t \\ &=\sf -2\sin t-4\sin t\cos t\\ &=\sf -2\sin t\left(1+2\cos t\right)\end{align*}}$ 
右の増減表より、xの最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{x_{min}=-\frac{3}{2}\ \ \ \left(t=\frac{2}{3}\pi\right)}\end{align*}}$
(ク)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=2\sin t+\sin 2t\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dy}{dt}&=\sf 2\cos t+2\cos 2t \\ &=\sf 2\cos t+2\left(2\cos^2 t-1\right)\cos t\\ &=\sf 2\left(2\cos t-1\right)\left(\cos t+1\right)\end{align*}}$ 
右の増減表より、yの最大値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{y_{max}=\frac{3}{2}\sqrt3}\end{align*}}$
(ケ)
Qの軌跡のうち、0≦t≦$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\pi\end{align*}}$ に対応するyをy1、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2}{3}\pi\end{align*}}$ ≦t≦$\scriptsize\sf{\pi}$ に対応する
yをy2とすると、求める面積は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{-\frac{3}{2}}^3y_1dx-\int_{-\frac{3}{2}}^{-1}y_2dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\frac{2}{3}\pi}^0y_1\ \frac{dx}{dt}\ dt-\int_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi}y_2\ \frac{dx}{dt}\ dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_{\pi}^0\left(2\sin t+\sin 2t\right)\left(-2\sin t-2\sin 2t\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_0^{\pi}\left(2\sin^2t+\sin^22t+3\sin 2t\sin t\right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_0^{\pi}\left\{2\cdot\frac{1-\cos 2t}{2}+\frac{1-\cos 4t}{2}+\frac{3}{2}\left(\cos 3t-\cos t\right)\right\}dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\int_0^{\pi}\left(\frac{3}{2}+\frac{3}{2}\cos t-\cos 2t-\frac{3}{2}\cos 3t-\frac{1}{2}\cos 4t \right)dt\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =2\left[\frac{3}{2}t+\frac{3}{2}\sin t-\frac{1}{2}\sin 2t-\frac{1}{2}\sin 3t-\frac{1}{8}\sin 4t \right]_0^{\pi}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{3\pi}\end{align*}}$
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第2問
a、b、kは0ではない実数とし、i は虚数単位とする。複素数からなる数列
{zn}を次の漸化式で定める。
$\small\sf{\begin{align*} \sf z_1=a+bi\ \ ,\ \ z_{n}=\left(k+2i\right)z_{n-1}+2\overline{z_{n-1}}\ \ \ \left(n=2,3,\cdots\right)\end{align*}}$
数列{zn} の一般項を次の手順で求める。まず、zn=xn+yni とおく。
ただし、xn、ynは実数である。このとき数列{zn}の漸化式から、数列{xn}、
{yn} に関する漸化式
xn=( コ )xn-1- サ yn-1
yn= シ xn-1+( ス )yn-1 （n= 2，3，･･･）
を得る。これよりxn-yn= セ を得る。したがって、数列{xn}は漸化式
xn= ソ xn-1+ タ （n=2，3，･･･）
を満たす。これより、数列{xn} の一般項は
xn= チ （n=1，2，･･･）
と求まり、数列{yn} の一般項も
yn= ツ （n=1，2，・・・）
と求まる。
（注： セ 、 タ ～ ツ は、a、b、k、nを用いて表せ。 ソ
はkを用いて表せ。）
次に、znの実部xnと虚部ynとの比を調べる．
(1) a=bのとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{x_n}{y_n}\end{align*}}$ = テ である。また、a＜0かつk＞0のとき、arg zn=
ト である。ただし、znの偏角 arg znは 0≦arg zn＜2$\small\sf{\pi}$ とする。
(2) a≠bのとき、$\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{x_n}{y_n}\end{align*}}$= ナ である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
コ k+2 サ 2 シ 2 ス k-2 セ kn-1(a-b)
ソ k タ 2kn-2(a-b) チ kn-2{ak+2(a-b)(n-1)}
ツ kn-2{bk+2(a-b)(n-1)} テ 1 ト $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{5}{4}\pi\end{align*}}$ ナ 1
【解説】
(コ)～(ス)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n+y_ni&=\sf \left(k+2i\right)\left(x_{n-1}+y_{n-1}i\right)+2\left(x_{n-1}-y_{n-1}i\right) \\ &=\sf \left(k+2\right)x_{n-1}-2y_{n-1}+\bigg\{2x_{n-1}+\left(k-2\right)y_{n-1}\bigg\}i \end{align*}}$
成分を比較すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_n=\underline{\left(k+2\right)x_{n-1}-2y_{n-1}}\end{align*}}$ ･･････①
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y_n=\underline{2x_{n-1}+\left(k-2\right)y_{n-1}}\end{align*}}$
(セ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n-y_n&=\sf \bigg\{\left(k+2\right)x_{n-1}-2y_{n-1}\bigg\}-\bigg\{2x_{n-1}+\left(k-2\right)y_{n-1}\bigg\}\\ &=\sf k\left(x_{n-1}-y_{n-1}\right) \end{align*}}$
となるので、数列{xn-yn}は等比数列をなす。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_n-y_n=k^{n-1}\left(x_1-y_1\right)=\underline{k^{n-1}\left(a-b\right)}\end{align*}}$ ･･････②
(ソ)(タ)
①、②よりynを消去すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x_n&=\sf \left(k+2\right)x_{n-1}-2\bigg\{x_{n-1}-k^{n-2}\left(a-b\right)\bigg\} \\ &=\sf \underline{kx_{n-1}+2k^{n-2}\left(a-b\right)}\end{align*}}$ ･･････③
(チ)
③の両辺をknで割ると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x_n}{k^n}=\frac{x_{n-1}}{k^{k-1}}+\frac{2\left(a-b\right)}{k^2}\end{align*}}$
となるので、数列 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left\{\frac{x_n}{k^n}\right\}\end{align*}}$ は等比数列をなす。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x_n}{k^n}=\frac{a}{k}+\frac{2\left(a-b\right)}{k^2}\left(n-1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x_n=\underline{k^{n-2}\bigg\{ak+2\left(a-b\right)\left(n-1\right)\bigg\}}\end{align*}}$ ･･････④
(ツ)
②、④より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf y_n&=\sf x_n-k^{n-1}\left(a-b\right) \\ &=\sf \underline{k^{n-2}\bigg\{bk+2\left(a-b\right)\left(n-1\right)\bigg\}}\end{align*}}$
(テ)(ト)
a=bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x_n=y_n=ak^{n-1}\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x_n}{y_n}=\underline{\ 1}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf z_n&=\sf ak^{n-1}+ak^{n-1}i \\ &=\sf -\sqrt2 ak^{n-1}\left(-\frac{1}{\sqrt2}-\frac{1}{\sqrt2}\ i\right)\ \ \ \ \left(\because\ a<0\right) \\ &=\sf -\sqrt2 ak^{n-1}\left(\cos\frac{5}{4}\pi+i\sin\frac{5}{4}\pi\right)\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \arg z_n=\underline{\frac{5}{4}\pi}\end{align*}}$
(ナ)
a≠bのとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{x_n}{y_n}&=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{k^{n-2}\bigg\{ak+2\left(a-b\right)\left(n-1\right)\bigg\}}{k^{n-2}\bigg\{bk+2\left(a-b\right)\left(n-1\right)\bigg\}} \\ &=\sf \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{ak}{n-1}+2\left(a-b\right)}{\frac{bk}{n-1}+2\left(a-b\right)} \\ &=\sf \frac{2\left(a-b\right)}{2\left(a-b\right)}\\ &=\sf \underline{1}\end{align*}}$
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第3問
Oを原点とする座標空間において、8点A1(1，1，1)、A2(1，-1，1)、
A3(-1，-1，1)、A4(-1，1，1)、B1(1，1，-1)、B2(1，-1，-1)、
B3(-1，-1，-1)、B4(-1，1，-1)を頂点とする立方体A1A2A3A4‐
B1B2B3B4がある．また、正の定数a、b、cに対し、原点を通りベクトル
(a，b，c)に垂直な平面をHとする。
(1) 点A1、B1を通る直線と平面Hとの共有点のz座標は ニ であり、
点 A4、B4を通る直線と平面Hとの共有点のz座標は ヌ である。
これより、4つの線分A1B1、A2B2、A3B3、A4B4の全てと平面Hが
共有点を持つためのa、b、cが満たすべき必要十分条件は ネ
かつ ノ である。a、b、cが ネ かつ ノ を満たすとき、立方
体A1A2A3A4‐B1B2B3B4の平面Hによる切り口の面積は
ハ $\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{align*}}$
である。 （注： ネ 、 ノ には、a、b、cの関係式を入れよ。）
(2) 線分A1B1と平面Hが共有点を持たず、線分A4B4と平面Hが共有点
を持つためのa、b、cが満たすべき必要十分条件は ヒ かつ フ
である。a、b、cが ヒ かつ フ を満たすとき、線分A3A4と平面
H、線分A2A3と平面Hはそれぞれ共有点を持つ。これらをそれぞれ
点P、Qとすると、点Pのy座標は ヘ であり、点Qのx座標は ホ
である。点A3，B3を通る直線と平面Hとの共有点をRとすると、△PQR
の面積は マ $\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{align*}}$ である。よって、立方体A1A2A3A4‐B1
B2B3B4の平面Hによる切り口の面積は ミ $\small\sf{\begin{align*} \sf \sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{align*}}$ となる。
（注： ヒ 、 フ には、a、b、cの関係式を入れよ。）
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ニ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{a+b}{c}\end{align*}}$ ヌ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a-b}{c} \end{align*}}$ ネ a+b≦c ノ -c≦a-b≦c ハ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{4}{c}\end{align*}}$
ヒ a+b＞c フ -c≦a-b≦c ヘ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{a-c}{b}\end{align*}}$ ホ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{b-c}{a}\end{align*}}$
マ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\left(a+b-c\right)^2}{2abc}\end{align*}}$ ミ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{abc}\end{align*}}$
【解説】
Hの法線ベクトルを $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}=\left(a.b.c\right)\end{align*}}$ とおき、4直線A1B1、A2B2、A3B3、A4B4と
平面Hとの交点をそれぞれC1、C2、C3、C4とおく。
(ニ)
C1(1，1，c1)とおくと、OC1⊥$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC_1}\cdot\overrightarrow{\sf n}=a+b+cc_1=0\ \ \Leftrightarrow\ \ c_1=\underline{-\frac{a+b}{c}}\end{align*}}$
(ヌ)
C4(-1，1，c4)とおくと、OC4⊥$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OC_4}\cdot\overrightarrow{\sf n}=-a+b+cc_4=0\ \ \Leftrightarrow\ \ c_4=\underline{\frac{a-b}{c}}\end{align*}}$
(ネ)(ノ)
C1が線分A1B1上にあるための条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -1\leqq -\frac{a+b}{c}\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{a+b\leqq c}\ \ \ \ \left(\because\ a,b,c>0\right)\end{align*}}$
であり、このとき、C3は、OについてC1と対称なので、線分A3B3上にある。
一方、C4が線分A4B4上にあるための条件は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -1\leqq \frac{a-b}{c}\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{-c\leqq a-b\leqq c}\ \ \ \ \left(\because\ c>0\right)\end{align*}}$
であり、このとき、C2は、OについてC4と対称なので、線分A2B2上にある。
(ハ)
立方体のHによる断面は、4点C1、C2、C3、C4を頂点とする平行四辺形
である。
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf C_1\left(1,1,-\frac{a+b}{c}\right)\ \ ,\ \ C_2\left(1,-1,\frac{b-a}{c}\right)\ \ ,\ \ C_4\left(-1,1,\frac{a-b}{c}\right)\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf C_1C_2}=\left(0,-2,\frac{2b}{c}\right)\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf C_1C_4}=\left(-2,0,\frac{2a}{c}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf C_1C_2}\right|^2=4+\frac{4b^2}{c^2}\ \ ,\ \ \left|\overrightarrow{\sf C_1C_4}\right|^2=4+\frac{4a^2}{c^2}\ \ ,\ \ \overrightarrow{\sf C_1C_2}\cdot\overrightarrow{\sf C_1C_4}=\frac{4ab}{c^2}\end{align*}}$
よって、断面の面積Sは
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf 2\triangle C_1C_2C_4 \\ &=\sf \sqrt{\left|\overrightarrow{\sf C_1C_2}\right|^2\left|\overrightarrow{\sf C_1C_4}\right|^2-\left(\overrightarrow{\sf C_1C_2}\cdot\overrightarrow{\sf C_1C_4}\right)^2}\\ &=\sf \sqrt{\left(4+\frac{4b^2}{c^2}\right)\left(4+\frac{4a^2}{c^2}\right)-\left(\frac{4ab}{c^2}\right)^2}\\ &=\sf \frac{4}{c^2}\sqrt{\left(c^2+b^2\right)\left(c^2+a^2\right)-a^2b^2}\\ &=\sf \frac{4}{c^2}\sqrt{a^2c^2+b^2c^2+c^4}\\ &=\sf \underline{\frac{4}{c}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\end{align*}}$
(ヒ)
a、b、c＞0より、a+b＞c
(フ)
(ノ)と同様に -c≦a-b≦c
(ヘ)
P(-1，p，1)とおくと、OP⊥$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OP}\cdot\overrightarrow{\sf n}=-a+bp+c=0\ \ \Leftrightarrow\ \ p=\underline{\frac{a-c}{b}}\end{align*}}$
(ホ)
Q(q，-1，1)とおくと、OQ⊥$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OQ}\cdot\overrightarrow{\sf n}=aq-b+c=0\ \ \Leftrightarrow\ \ q=\underline{\frac{b-c}{a}}\end{align*}}$
(マ)
RはC3と一致し、OについてC1と対称な点なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R\left(-1,-1,\frac{a+b}{c}\right)\end{align*}}$
Hと直線B2B3の交点をR’(r’，-1，-1)とおくと、
OR’⊥$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OR'}\cdot\overrightarrow{\sf n}=ar'-b-c=0\ \ \Leftrightarrow\ \ r'=\frac{b+c}{a}\end{align*}}$
Hと直線B3B4の交点をR”(-1，r”，-1)とおくと、
OR”⊥$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf n}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OR''}\cdot\overrightarrow{\sf n}=-a+br''-c=0\ \ \Leftrightarrow\ \ r''=\frac{c+a}{b}\end{align*}}$
△RR’R”の面積をS0とおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf RR'}=\left(\frac{b+c}{a},-1,-1\right)-\left(-1,-1,\frac{a+b}{c}\right)=\left(\frac{a+b+c}{a},0,-\frac{a+b+c}{c}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf RR''}=\left(-1,\frac{c+a}{b},-1\right)-\left(-1,-1,\frac{a+b}{c}\right)=\left(0,\frac{a+b+c}{b},-\frac{a+b+c}{c}\right)\end{align*}}$
より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf RR'}\right|^2=\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left|\overrightarrow{\sf RR''}\right|^2=\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf RR'}\cdot\overrightarrow{\sf RR''}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S_0&=\sf \frac{1}{2}\sqrt{\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\right)\cdot\left(a+b+c\right)^2\left(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)-\left\{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{c^2}\right\}^2} \\ &=\sf \frac{\left(a+b+c\right)^2}{2abc^2}\sqrt{\left(c^2+b^2\right)\left(c^2+a^2\right)-a^2b^2} \\ &=\sf \frac{\left(a+b+c\right)^2}{2abc}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{align*}}$
ここで、△R”R’R∽△PQRであり、相似比は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf RP:RR''&=\sf RA_3:RB_3 \\ &=\sf \left(\frac{a+b}{c}-1\right):\left(\frac{a+b}{c}+1\right)\\ &=\sf \left(a+b-c\right):\left(a+b+c\right)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle PQR=\left(\frac{a+b-c}{a+b+c}\right)^2S_0=\underline{\frac{\left(a+b-c\right)^2}{2abc}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\end{align*}}$
(ミ)
Hと直線B1B2の交点をP’、Hと直線B1B4の交点をQ’とおく。
(マ)と同様にして計算すると 、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle C_2R'P'=\left(\frac{-a+b+c}{a+b+c}\right)^2S_0\ \ ,\ \ \triangle C_4R''Q'=\left(\frac{a-b+c}{a+b+c}\right)^2S_0\end{align*}}$
なので、Hによる立方体の断面の面積は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle RR'R''-\triangle PQR-\triangle C_2R'P'-\triangle C_4R''Q'\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =S_0-\left(\frac{a+b-c}{a+b+c}\right)^2S_0-\left(\frac{-a+b+c}{a+b+c}\right)^2S_0-\left(\frac{a-b+c}{a+b+c}\right)^2S_0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b-c\right)^2-\left(-a+b+c\right)^2-\left(a-b+c\right)^2}{2abc}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{4ab+4bc+4ca-2a^2-2b^2-2c^2}{2abc}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\frac{2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)}{abc}\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\end{align*}}$
マ、ミは大変ですので、とりあえず放置しておきましょうｗｗ
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第4問
点Pが数直線上の原点から出発して、1ステップごとに、正の方向もしくは
負の方向に1だけ動くとする。点Pがi ステップ後にjの位置にあることを
(i，j)と表す。ただし、0ステップで点Pが原点の位置にあることを(0，0)と
表す。このとき、ちょうど3ステップで(0，0)から(3，1)にたどり着く経路は
3通りである。その一例を図に実線で示す。また、それら3通りの経路の中
で少なくとも1回はj=2の位置を通っているものは1通りである。
(1) ちょうど7ステップで(0，0)から(7，1)にたどり着く経路を考える。(0，0)
から(7，1)にたどり着く経路は ム 通りである。その経路の中で少な
くとも1回はj=2の位置を通るものを考える。この中で最後にj=2の位置
を通るのがちょうど2ステップ後である経路は メ 通りである。同様に、
最後にj=2の位置を通るのがちょうど4ステップ後である経路は モ
通りである。また、最後にj=2の位置を通るのがちょうど6ステップ後で
ある経路は ヤ 通りである。したがって(0，0)から(7，1)にたどり着く
経路の中で、少なくとも1回はj=2の位置を通っているものは ユ 通り
である。
(2) ちょうど9ステップで(0，0)から(9，1)にたどり着く経路を考える。(0，0)
から(9，1)にたどり着く経路は ヨ 通りであり、その中で少なくとも1回
はj=2の位置を通っているものは ラ 通りである。また、(0，0)から
(9，1)にたどり着く経路で、j=-2の位置を少なくとも1回は通りかつ、j=2
の位置を1回も通っていないものは リ 通りである。したがって、j=2
またはj=-2の位置を少なくとも1回は通っているものは ル 通りである。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ム 35 メ 2 モ 4 ヤ 15 ユ 21
ヨ 126 ラ 84 リ 26 ル 110
【解説】
(ム)
↗ が4回、↘ が3回
7C4=35通り
(メ)
(0，0)→(1，1)→(2，2) ・・・・ 1通り
(2，2)→(3，1)→(4，0) ・・・・ 1通り
(4，0)→(6，0) ・・・・↗ が1回、↘ が1回なので、2通り
(6，0)→(7，1) ・・・・ 1通り
以上より、2通り
(モ)
(0，0)→(4，2) ・・・・ ↗ が3回、↘ が1回なので、4C3=4通り
(4，2)→(5，1)→(6，0)→(7，1) ・・・・ 1通り
以上より、4通り
(ヤ)
(0，0)→(6，2) ・・・・ ↗ が4回、↘ が2回なので、6C4=15通り
(6，2)→(7，1) ・・・・ 1通り
以上より、15通り
(ユ)
2+4+15=21通り
(ヨ)
↗ が5回、↘ が4回
9C5=126通り
(ラ)
最後にj=2の位置を通るのがちょうど2ステップ後である経路
(0，0)→(1，1)→(2，2)→(3，1)→(4，0) ・・・・ 1通り
(4，0)→(8，0) ・・・・↗ が2回、↘ が2回
ただし、(4，0)→(6，2)→(8，0)の経路はダメなので
4C2-1=5通り
(8，0)→(9，1) ・・・・ 1通り
以上より、5通り
最後にj=2の位置を通るのがちょうど4ステップ後である経路
(0，0)→(4，2) ・・・・ ↗ が3回、↘ が1回なので、4C3=4通り
(4，2)→(5，1)→(6，0) ・・・・1通り
(6，0)→(8，0) ・・・・↗ が1回、↘ が1回なので、2通り
(8，0)→(9，1) ・・・・ 1通り
以上より、4×2=8通り
最後にj=2の位置を通るのがちょうど6ステップ後である経路
(0，0)→(6，2) ・・・・ ↗ が4回、↘ が2回なので、6C4=15通り
(6，2)→(7，1)→(8，0)→(9，1) ・・・・1通り
以上より、15通り
最後にj=2の位置を通るのがちょうど8ステップ後である経路
(0，0)→(8，2) ・・・・ ↗ が5回、↘ が3回なので、8C5=56通り
(8，2)→(9，1) ・・・・1通り
以上より、56通り
以上より、5+8+15+56=84通り
(リ)
j=2の位置を通らない経路
126-84=42通り
j=2の位置もj=-2の位置も通らない経路
(0，0)→(2，0) ・・・・↗ が1回、↘ が1回なので、2通り
(2，0)→(4，0) ・・・・↗ が1回、↘ が1回なので、2通り
(4，0)→(6，0) ・・・・↗ が1回、↘ が1回なので、2通り
(6，0)→(8，0) ・・・・↗ が1回、↘ が1回なので、2通り
(8，2)→(9，1) ・・・・1通り
以上より、24=16通り
j=-2の位置を少なくとも1回は通りかつ、j=2の位置を1回も通らない経路
42-16=26通り
(ル)
j=2またはj=-2の位置を少なくとも1回は通る経路
126-16=110通り
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/12/04(火) 03:04:00|
- 大学入試(数学) .関西の私立大学 .立命館大 理系 2017(2/3)
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プロフィール
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青木ゼミの塾長ブログです。
毎日、大学入試数学を解いて
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