第4問
aは正の定数で、$\small\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\theta\lt\frac{\pi}{4}\end{align*}}$ とする。
xyz座標空間内において、
点$\small\sf{ A(a\cos\theta,-a\sin\theta,,0)}$ とz軸を含む平面を$\small\sf{\alpha}$ とし、
点$\small\sf{B(a\cos\theta,a\sin\theta,0)}$ とz軸を含む平面を$\small\sf{\beta}$ とする。
原点を中心とし、半径aの球面をSとする。
球面Tは、その中心がxz平面内のx>0、z>0の部分にあり、
次を満たすとする:
球面Tは、平面$\small\sf{\alpha,\beta}$ とxy平面に接し、球面Sに内接している。
このとき、次の問いに答えよ。
(1) 曲面Tの半径rをaと$\small\sf{\theta}$ で表せ。
(2) 極限値 $\small\sf{\begin{align*}\sf \lim_{\theta\rightarrow 0} \frac{r}{\theta}\end{align*}}$ を求めよ。
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【解答】
(1)
球面Tの中心(Pとする)がxz平面内のx>0、z>0の部分に
あるので、Pのz座標は半径rに等しい。
よって、Pの座標をは正数pを用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf P\left(p\ ,\ 0\ ,\ r \right)\end{align*}}$
と表すことができる。
Tと平面$\scriptsize\sf{\alpha}$ および$\scriptsize\sf{\beta}$ との接点をそれぞれC、Dとし、
z軸上に点O’(0,0,r)をとると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PC=PD=r\ \ ,\ \ PO'=p\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle PCO'=\angle PDO'=90^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \angle PO'C=\angle PO'D=\theta\end{align*}}$
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r=p\sin\theta\end{align*}}$ ……(#)
一方、Tとx軸との接点をH、SとTの接点をQとすると、
Sもxz平面について対称なので、 
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OP=OQ-PQ=a-r\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PH=r\ \ \ ,\ \ OH=p\end{align*}}$
△OPHに三平方の定理を適用すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(a-r \right)^2=r^2+p^2\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p^2+2ar-a^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p^2+2a\left(\sin\theta\right)p-a^2=0\end{align*}}$ ←(#)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ p=-a\sin\theta+\sqrt{a^2\sin^2\theta+a^2}\ \ \ (\gt 0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =a\left(\sqrt{1+\sin^2\theta}-\sin\theta \right)\ \ \ \ (\because\ a\gt 0)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf r=\underline{\ a\left(\sqrt{1+\sin^2\theta}-\sin\theta \right)\sin\theta\ }\end{align*}}$ ←(#)より
(2)
(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{\theta\rightarrow 0}\ \frac{r}{\theta}=a\lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\sin\theta}{\theta}\cdot\lim_{\theta\rightarrow 0}\left(\sqrt{1+\sin^2\theta}-\sin\theta \right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =a\cdot 1\cdot\lim_{\theta\rightarrow 0}\frac{\left( 1+\sin^2\theta\right)-\sin^2\theta}{\sqrt{1+\sin^2\theta}+\sin\theta}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =a\cdot \frac{1}{\sqrt{1+0}+0}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf =\underline{\ a\ }\end{align*}}$
これも例年の問題に比べるとずいぶん易しいです。
この年は、手が付けれないような難問が1問もないので、
ミスが命取りです。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/04(木) 07:04:00|
- 大学入試(数学) .関西の公立大学 .京都府立医大 2003
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