2015東北大 理系数学５

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【解答】

　(１)
　　　∠APBが鋭角　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ AP^2+BP^2>AB^2\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{\left(t+2\right)^2+\left(\sqrt3\ t\right)^2\right\}+\left\{\left(t-2\right)^2+\left(\sqrt3\ t\right)^2\right\}>4^2\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 8t^2-8>0\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ t\gt 1\ \ \ \left(\because\ t\gt 0\right)\end{align*}}$
　　　∠PBAが鋭角　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ BP^2+AB^2\gt AP^2\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{\left(t-2\right)^2+\left(\sqrt3\ t\right)^2\right\}+4^2>\left(t+2\right)^2+\left(\sqrt3\ t\right)^2\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -8t+16>0\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 0\gt t<2\end{align*}}$
　　　∠PABが鋭角　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ AB^2+AP^2>BP^2\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left\{\left(t+2\right)^2+\left(\sqrt3\ t\right)^2\right\}+4^2>\left(t-2\right)^2+\left(\sqrt3\ t\right)^2\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ 8t+16>0\end{align*}}$
　　　　　　　　　　　　t＞0よりこれは常に成り立つ。
　　　以上より、△ABPが鋭角三角形となるようなtの範囲は、
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ 1\gt t<2\ }\end{align*}}$


　(２)
　　　△ABPの垂心をHとする。
　　　直線PBの式は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=\frac{\sqrt3 t}{t-2}\left(x-2\right)\end{align*}}$
　　　であり、これと垂直な直線AHの式は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-\frac{t-2}{\sqrt3\ t}\left(x+2\right)\end{align*}}$ ．
　　　AHとPH：x＝tの交点Hの座標は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=-\frac{t-2}{\sqrt3\ t}\left(t+2\right)=\frac{4-t^2}{\sqrt3\ t}\end{align*}}$
　　　より
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ H\left(t\ ,\ \frac{4-t^2}{\sqrt3\ t}\right)\ }\end{align*}}$


　(３)
　　　PHとQRの交点をSとおくと、AB//RQより、PS⊥QRである。

　　　　　　　　　

　　　△ABPを線分MQ、QR、RMで折り曲げてできる四面体において、
　　　3点A、B、Pが重なる点をCとすると（上の右図）、
　　　CS⊥QR、SH⊥QRより、平面CSH⊥QRとなるので、CH⊥QR．
　　　同様に考えると、CH⊥MQ、CH⊥MRとなるので、CH⊥平面MQR．
　　　よって、四面体CMQRにおいて、CHは△MQRを平面としたときの
　　　高さとなる。
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \triangle MQR=\frac{1}{4}\triangle PAB=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2}\cdot 4\cdot \sqrt3\ t\right)=\frac{\sqrt3}{2}\ t\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf PH=\sqrt{CS^2-SH^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\left(\frac{\sqrt3}{2}\ t\right)^2-\left(\frac{\sqrt3}{2}\ t-\frac{4-t^2}{\sqrt3\ t}\right)^2}\end{align*}}$
　　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt{\frac{-4t^4+20t^2-16}{3t^2}}\end{align*}}$
　　　なので、四面体CMQRの体積をVとおくと、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt3}{2}\ t\cdot\sqrt{\frac{-4t^4+20t^2-16}{3t^2}}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\sqrt{-t^4+5t^2-4}\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{1}{3}\sqrt{-\left(t^2-\frac{5}{2}\right)^2+\frac{9}{4}}\end{align*}}$ ．
　　　よって、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t^2=\frac{5}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ t=\frac{\sqrt{10}}{2}\ }\ \ \left(>0\right)\end{align*}}$
　　　のときにVは最大となり、その値は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V_{max}=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{9}{4}}=\underline{\ \frac{1}{2}\ }\end{align*}}$




　　(３)は、CH⊥平面MQRに気づかないと無理です。