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2017年慶應義塾大学環境情報|過去問徹底研究大問3

2019.09.22

方針の立て方の範囲((31)～(34))については，が図形的にどのような意味を持つのかを考えることで解法を得る．図形と方程式の問題では，数式を図形に，或いは図形を数式に直して考えることが重要である．長方形の面積とその最大値((35)～(56))については典型的な問題であるため，特筆事項なし．解

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2017年慶應義塾大学環境情報|過去問徹底研究大問2

2019.09.22

方針の立て方 (15)～(22)については解説に書いた通り． (23)～(30)については，前問で証明した命題を具体的に適用する問題となっている．一発で思いつくのは現実問題不可能であるため，証明の方法に従ってやっていく．証明では，が偶数のときと奇数のときで場合分けしていて，が偶数のときは2で割った自

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方針の立て方
(15)～(22)については解説に書いた通り．
(23)～(30)については，前問で証明した命題を具体的に適用する問題となっている．一発で思いつくのは現実問題不可能であるため，証明の方法に従ってやっていく．証明では， $n$ が偶数のときと奇数のときで場合分けしていて， $n$ が偶数のときは2で割った自然数を， $n$ が奇数のときは $3^k\leqq n<3^{k+1}$ となる $k$ を用いて $n-3^k$ と表される自然数をそれぞれ考察することで， $n$ より小さい自然数に還元していくという方法であった．本問でもこれに倣い $2017$ が奇数であることから $3^k\leqq2017<3^{k+1}$ となる $k$ を求め，その後 $2017-3^6=1288$ を考察する．その後 $1288$ は偶数だから……といった具合に，どんどん考察する自然数を小さくしていく．

解答例
(15)……7
(16)……2
(17)……8
(18)……6
(19)……7
(20)……2
(21)……6
(22)……5
(23)……8
(24)……0
(25)……7
(26)……1
(27)……3
(28)……4
(29)……0
(30)……6

解説
○(16)について
$n$ が偶数のため， $\frac{n}{2}$ は自然数かつ $n$ より小さい．よって，帰納法の仮定が適用できる．

〇(18)について
任意の $n$ に対して $3^k\leqq n<3^{k+1}$ となるような $k$ はただ一つに決まる．

〇(19)と(20)について
「前半の議論により」とあるので，偶数のときと同じ議論が適用できると分かる．

〇(21)と(22)について
(18)での解答： $3^k\leqq n<3^{k+1}$ より， $n-3^k<3^{k+1}-3^k$ ……(21)
また， $3^{k+1}-3^k=3\cdot3^k-3^k=2\cdot3^k$ より，
$\frac{3^{k+1}-3^k}{2}=3^k$ ……(22)

〇(23)～(30)について
$2017$ は奇数であり， $3^k\leqq2017<3^{k+1}$ となる $k$ は $k=6$ である． $2017-3^6=1288$ ．
$1288$ は偶数であり， $\frac{1288}{2}=644$ ．
$644$ は偶数であり， $\frac{644}{2}=322$ ．
$322$ は偶数であり， $\frac{322}{2}=161$ ．
$161$ は奇数であり， $3^k\leqq161<3^{k+1}$ となる $k$ は $k=4$ である． $161-3^4=80$ ．
$80$ は偶数であり， $\frac{80}{2}=40$ ．
$40$ は偶数であり， $\frac{40}{2}=20$ ．
$20$ は偶数であり， $\frac{20}{2}=10$ ．
$10$ は偶数であり， $\frac{10}{2}=5$ ．
$5$ は奇数であり， $3^k\leqq5<3^{k+1}$ となる $k$ は $k=1$ である． $5-3^1=2$ ．
$\therefore2017=3^6+1288=3^6+2\cdot644=3^6+2^2\cdot322=3^6+2^3\cdot161=3^6+2^3\cdot\left(80+3^4\right)=3^6+2^3\cdot3^4+2^3\cdot80=3^6+2^3\cdot3^4+2^4\cdot40=3^6+2^3\cdot3^4+2^5\cdot20=3^6+2^3\cdot3^4+2^6\cdot10=3^6+2^3\cdot3^4+2^7\cdot5=3^6+2^3\cdot3^4+2^7\cdot2+3=2^8\cdot3^0+2^7\cdot3^1+2^3\cdot3^4+2^0\cdot3^6$ ……(答)

2017年慶応義塾大学環境情報|過去問徹底研究大問1

2019.09.22

方針の立て方円が他の図形と接する場合には，中心と接点を結ぶと上手くいくことが多い．これは，中心と接点を結んだ線は接線と直交することによる．甲円の直径は上記の方針で解ける．上甲円の中心と直線との距離，および，丙円の直径については，長さ求める線分を実際に引いてみると題意をつかみやすい．線分を引くと

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方針の立て方
円が他の図形と接する場合には，中心と接点を結ぶと上手くいくことが多い．これは，中心と接点を結んだ線は接線と直交することによる．
甲円の直径は上記の方針で解ける．
上甲円の中心と直線との距離，および，丙円の直径については，長さ求める線分を実際に引いてみると題意をつかみやすい．線分を引くと下甲円の接線となるので，下甲円の中心とその接点を結んでみると解法を得られるだろう．
また，図形の問題に限らず数学の問題では，同じものを2通りの形に表してそれらをイコールするという解法が多い(丙円の直径はまさしくこの解法)ので押さえておこう．

解答例
(1)(2)……04
(3)(4)……02
(5)(6)……05
(7)(8)……16
(9)(10)……07
(11)(12)……05
(13)(14)……11
※(3)～(14)の解答は，上下の甲円の中心を結んだ線分が，それらの甲円に内接している乙円の中心を通ると仮定した際の解答

解説
〇甲円の直径((1)と(2)について)

求める甲円の直径を $x$ 寸とおく．
上図で中心間距離(図中の破線)について，三平方の定理より，
$\frac{x}{2}+\frac{1}{2} = \sqrt{\left(\frac{x}{2}\right)^2+\left(\frac{x}{2}-\frac{1}{2}\right)^2}$
が成り立ち， $x>0$ のもとで，これを解くと， $x=4$ ．
$\therefore$ 4寸……(答)

〇上甲円の中心と直線との距離((3)～(6)について)

上図より， $2+\sqrt5$ 寸離れている……(答)

〇丙円の直径
上甲円の最上部と直線との距離は，前問の結果を用いれば， $\left(2+\sqrt5\right)+\frac{4}{2}=4+\sqrt5$ 寸と分かる．
求める丙円の直径を $y$ 寸とする．

すると，左図より，上甲円の最上部と直線との距離は，
$\frac{y}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}y^2+2y}+2$ 寸
とも表せる．
$\therefore4+\sqrt5=\frac{y}{2}+\sqrt{\frac{1}{4}y^2+2y}+2$
これを解くと，
$y=\frac{16+7\sqrt5}{11}$ 寸……(答)

偏差値30から慶應義塾大学法学部に合格するための参考書

2019.09.22

慶應義塾大学法学部に合格するための参考書当塾で使用している慶應義塾大学法学部に合格へ必要な参考書を紹介します。もちろん、当塾の場合は一人一人個別にカリキュラムを作成するため下記のようなカリキュラムは一例となります。参考書は何をやるかよりも、どのような目的で使用するかというが大事です。闇雲に行って情

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慶應義塾大学法学部に合格するための参考書

当塾で使用している慶應義塾大学法学部に合格へ必要な参考書を紹介します。もちろん、当塾の場合は一人一人個別にカリキュラムを作成するため下記のようなカリキュラムは一例となります。参考書は何をやるかよりも、どのような目的で使用するかというが大事です。闇雲に行って情報量に圧倒されてしまうのではなく、１つ１つ目的意識を持って勉強していきましょう。
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2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問3

2019.09.20

方針の立て方 (1) (サ)については特筆事項なし． (シ)との関係を問われているため，の形を具体的に書き下してみると方針を得やすい．すると，が必要だと分かるため，部分積分の際にの項を微分すればよいと分かる． (2)前問で漸化式を求めたので，漸化式を利用することを考える．本解答のような漸化式を用いて

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方針の立て方

(1)
(サ)については特筆事項なし．
(シ) $a_n$ と $a_{n-2}$ の関係を問われているため， $a_{n-2}$ の形を具体的に書き下してみると方針を得やすい．すると， $\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}dx$ が必要だと分かるため，部分積分の際に $\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}$ の項を微分すればよいと分かる．

(2)前問で漸化式を求めたので，漸化式を利用することを考える．本解答のような漸化式を用いて $a_0$ や $a_1$ まで下げる解法は頻出のためおさえておこう．

(3)極限値が1と与えられているため， $\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}$ で考える．(※ $\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{a_n}{a_{n-1}}}=1$ を直接示す方針でも間違いではないが，はさみうちの原理が使いにくくなる．)変形をしていくと $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ の評価が必要になる．一項差のため，まずは前問(2)の結果を使おうと試みるが，前問は積(二項の掛け算)の形であるため使えない．そこで，(1)の(シ)の結果なら，分数の形を作り出せると考え， $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ を $\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}$ か $\frac{a_n}{a_{n-2}}$ に変形することを考える．

(4) $\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt n}a_n$ のままでは解法が思い浮かばないため，一先ず変形して $\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\left(a_n\right)^2}}$ とする．二項の掛け算の形が出てきているため，(2)の結果を使うという方針が立つ．(※(2)の結果をここまで使っていないので，(2)の結果を使うのではと疑うことでも方針が立つ．)

解答例

(1)
サ： $\frac{\pi}{4}$
シ： $\frac{n}{n+1}$
(2)
ス： $\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
(3)
$\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|=\left|\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right|=\left|\frac{a_{n}-a_{n-1}}{a_{n-1}}\right|$
ここで， $0\leqq x\leqq1$ の範囲で， $0\leqq1-x^2\leqq1$ であるから， $0\leqq\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}\leqq\left(1-x^2\right)^\frac{n-1}{2}\leqq1$ であり，積分区間 $0\leqq x\leqq1$ で，等号は常に成立しないことから，
$\int_{0}^{1}0dx<\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx<\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-1}{2}dx<\int_{0}^{1}1dx\Leftrightarrow0<a_n<a_{n-1}<1$
が成立する．(1)の(シ)の結果と合わせると，
$\frac{\left|a_n-a_{n-1}\right|}{\left|a_{n-1}\right|}=\frac{a_{n-1}-a_n}{a_{n-1}}<\frac{a_{n-1}-a_{n+1}}{a_{n-1}}=1-\frac{a_{n+1}}{a_{n-1}}=1-\frac{n+1}{n+2}=\frac{1}{n+2}$
よって，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}<\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{1}{n+2}}=0$
であり，はさみうちの原理より，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\left|\frac{a_n}{a_{n-1}}-1\right|}=0$
これは，数列 $\left\{\frac{a_n}{a_{n-1}}\right\}$ が1に収束することに他ならない．
証明終了．
(4)
セ： $\sqrt{\frac{\pi}{2}}$

解説

(1)
〇 $a_1$ (サについて)
$a_1=\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx$
これは，下図斜線部に示した四分円の面積を表す．

$a_1=\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx=\frac{\pi}{4}$ ……(答)
〇 $a_n$ (シについて)
$a_n=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx=\int_{0}^{1}{\left(x\right)^\prime\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}}dx=\left[x\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}\right]_0^1-\int_{0}^{1}{x\cdot\frac{n}{2}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}\cdot\left(-2x\right)}dx=n\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx$
$\therefore\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=\frac{a_n}{n}$
一方で，
$a_n=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n}{2}dx=\int_{0}^{1}{\left(1-x^2\right)\cdot\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}dx-\int_{0}^{1}{x^2\left(1-x^2\right)^\frac{n-2}{2}}dx=a_{n-2}-\frac{a_n}{n}$
$\therefore a_n=\frac{n}{n+1}a_{n-2}$ ……(答)

(2)
前問の結果より，
$a_na_{n-1}=\frac{n}{n+1}a_{n-2}\cdot\frac{n-1}{n}a_{n-3}=\frac{n-1}{n+1}a_{n-2}a_{n-3}$
(ⅰ) $n$ が偶数のとき，
$a_na_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-5}{n-3}\cdot\cdots\cdots\cdot\frac{3}{5}a_2a_1=\frac{3}{n+1}a_2a_1$
ここで，
$a_2=\int_{0}^{1}\left(1-x^2\right)dx=\left[x-\frac{1}{3}x^3\right]_0^1=\frac{2}{3}$
$a_1=\frac{\pi}{4}$
より，
$a_na_{n-1}=\frac{3}{n+1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
(ⅱ) $n$ が奇数のとき，
$a_na_{n-1}=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n-3}{n-1}\cdot\frac{n-5}{n-3}\cdot\cdots\cdots\cdot\frac{2}{4}a_1a_0=\frac{2}{n+1}a_1a_0$
ここで，
$a_1=\frac{\pi}{4}$
$a_0=\int_{0}^{1}1dx=\left[x\right]_0^1=1$
より，
$a_na_{n-1}=\frac{2}{n+1}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot1=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$
以上，(ⅰ)と(ⅱ)より，
$a_na_{n-1}=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}$ ……(答)

(4)
前問の結果より，
$a_n=\frac{\pi}{a_{n-1}\cdot2\left(n+1\right)}\Leftrightarrow\left(a_n\right)^2=\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}$
である．これより，
$\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt n}a_n=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\left(a_n\right)^2}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{n\cdot\frac{\pi}{2\left(n+1\right)}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}}}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\sqrt{\frac{\pi}{2}\cdot\frac{n}{n+1}\cdot\frac{a_n}{a_{n-1}}}}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}$ ……(答)

2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問5

2019.09.20

方針の立て方 (1) どれも典型問題であるため特筆事項なし． (2) (マ)については，曲線の長さを公式を使って表した後に，極座標に置換すればよい． (ミ)についても，素直に計算をし，素直に等式を立てれば解答が得られる． (ム)について．対称性があるため，上半分だけを求めればよいことに気付くと計算が

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方針の立て方

(1)
どれも典型問題であるため特筆事項なし．

(2)
(マ)については，曲線の長さを公式 $\int\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$ を使って表した後に，極座標に置換すればよい．
(ミ)についても，素直に計算をし，素直に等式を立てれば解答が得られる．
(ム)について．対称性があるため，上半分だけを求めればよいことに気付くと計算が楽になる．この問題に限らず，対称性に気付くことは重要である．そして，曲線の分かれ目となる点 $\mathrm{B}$ の左側と右側で分けて面積を求めると考える．第1象限側は円弧であるため，面積の導出については特筆事項なし．左側については，最初は素直に $xy$ 座標で面積を定積分で表し，それを極座標変換する．極座標の問題で分からないときには一先ず $xy$ 座標で表し，それを極座標変換するという順序で解くと，何をやっているのかが分かりやすい．

解答例

(1)
フ： $\frac{v}{v^2-1}$
ヘ： $0$
ホ： $\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}$
(2)
マ： $\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}$
ミ： $\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}$
ム： $\frac{1}{2}\left(\pi+e^\pi-3\right)$

解説

(1)
〇半径(フについて)
$\mathrm{Q} \left(X,Y\right)$ とおくと， $\mathrm{OQ}=\sqrt{X^2+Y^2},\mathrm{AQ}=\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}$ と書ける．
$\therefore\mathrm{OQ}\colon\mathrm{AQ}=\sqrt{X^2+Y^2}\colon\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}=1\colon v$
$\therefore\sqrt{\left(X-1\right)^2+Y^2}=v\sqrt{X^2+Y^2}$
両辺正のため，2乗しても同値性は崩れず，
$\left(X-1\right)^2+Y^2=v^2\left(X^2+Y^2\right)\Longleftrightarrow\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)^2+Y^2=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2$
よって，求める半径は $\frac{v}{v^2-1}$ ……(答)

〇点 $\mathrm{B}$ の座標(ヘとホについて)
点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標を $x=t$ と置くと，接点の座標は $\left(t,\sqrt{-t^2-\frac{2}{v^2-1}t+\frac{1}{v^2-1}}\right)$ となる．
よって，接線は，
$\left(t+\frac{1}{v^2-1}\right)\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)+Y\sqrt{-t^2-\frac{2}{v^2-1}t+\frac{1}{v^2-1}}=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2$
これが点 $\left(1,0\right)$ を通るので，
$\left(t+\frac{1}{v^2-1}\right)\left(1+\frac{1}{v^2-1}\right)=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2\Leftrightarrow t=0$
よって，点 $\mathrm{B}$ の座標は，
$\left(0,\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}\right)$ ……(答)

(2)
〇最短経路の長さ(マについて)
曲線 $C_1$ の方程式を $y=g\left(x\right)$ とすると，最短経路の長さは，
$\mathrm{AB}+\int_{x_{\theta_1}}^{x_{\theta_0}}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx$
となる．ただし， $x_{\theta_1}$ は点 $\mathrm{R}$ の $x$ 座標であり， $x_{\theta_0}$ は点 $\mathrm{B}$ の $x$ 座標である．
ここで，直角座標から極座標へ変換すると，
$\begin{cases} x=r\cos{\theta}=f\left(\theta\right)\cos{\theta} \\ y=r\sin{\theta}=f\left(\theta\right)\sin{\theta} \end{cases}$
となり，
$\begin{cases} \frac{dx}{d\theta}=f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta} \\ \frac{dy}{d\theta}=f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta} \end{cases}$
$\therefore\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{d\theta}\cdot\frac{d\theta}{dx}=\frac{f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}}{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}}$
よって，最短経路の長さは， $\frac{dx}{d\theta}<0$ より，積分区間が入れ替わることに注意すれば，
$\mathrm{AB}+\int_{x_{\theta_1}}^{x_{\theta_0}}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2}dx=\mathrm{AB}+\int_{\theta_1}^{\theta_0}\sqrt{1+\left(\frac{f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}}{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}}\right)^2}\left\{f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}-f\left(\theta\right)\sin{\theta}\right\}d\theta=\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left(f\left(\theta\right)\sin{\theta}-f^\prime\left(\theta\right)\cos{\theta}\right)^2+\left(f^\prime\left(\theta\right)\sin{\theta}+f\left(\theta\right)\cos{\theta}\right)^2}d\theta=\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}d\theta$
〇 $\alpha$ (ミについて)
(1)の結果を考えれば， $\theta_0=\frac{\pi}{2}$ であり， $\mathrm{AB}=\sqrt{1^2+\left(\frac{1}{\sqrt{v^2-1}}\right)^2}=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}$ である．
$f\left(\theta\right)=\beta e^{\alpha\left(\theta-\theta_0\right)}=\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}$ より， $vf\left(\theta_1\right)=v\beta e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$ である．
更に $f^\prime\left(\theta\right)=\alpha\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}$
$\mathrm{AB}+\int_{\theta_0}^{\theta_1}\sqrt{\left\{f^\prime\left(\theta\right)\right\}^2+\left\{f\left(\theta\right)\right\}^2}d\theta=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}\sqrt{\left\{\alpha\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right\}^2+\left\{\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right\}^2}d\theta\bigm=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}{\sqrt{1+\alpha^2}\beta e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}}d\theta=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}+\sqrt{1+\alpha^2}\beta\left[\frac{1}{\alpha}e^{\alpha\left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)}\right]_{\frac{\pi}{2}}^{\theta_1}\bigm=\frac{v}{\sqrt{v^2-1}}-\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}+\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$
これと $vf\left(\theta_1\right)=v\beta e^{\alpha\left(\theta_1-\frac{\pi}{2}\right)}$ が等しくなるので，
$\begin{cases} \frac{v}{\sqrt{v^2-1}}-\frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}=0 \\ \frac{\beta}{\alpha}\sqrt{1+\alpha^2}=v\beta \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha=\frac{1}{\sqrt{v^2-1}} \\ \beta=\frac{1}{\sqrt{v^2-1}} \end{cases}$ ……(答)
〇領域の面積(ムについて)
$v=\sqrt2$ のとき， $\alpha=\beta=1$ となる．
以下では，領域の上半分の面積を考える．最終的な答えはその2倍となる．
まず第1象限の図形について．これは(1)の議論から $\left(X+\frac{1}{v^2-1}\right)^2+Y^2=\left(\frac{v}{v^2-1}\right)^2\Leftrightarrow\left(X+1\right)^2+Y^2=2$ を満たす図形，つまり，中心 $\left(-1,0\right)$ ，半径 $\sqrt2$ の円の内部．中心を点 $\mathrm{D}$ とすると， $\angle\mathrm{ADB}=\frac{\pi}{4}$ となる．よって，第1象限の図形の面積は，
$\frac{1}{2}\cdot\left(\sqrt2\right)^2\cdot\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\cdot\sqrt2\cos{\frac{\pi}{4}}\cdot\sqrt2\sin{\frac{\pi}{4}}=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}$
次に第2象限の図形について．
$x=f\left(\theta\right)\cos{\theta}=e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\cos{\theta}$ であるから， $\theta=\pi$ のとき， $x=-e^\frac{\pi}{2}$
よって，第2象限の図形の面積は，
$\int_{-e^\frac{\pi}{2}}^{0}ydx=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{f\left(\theta\right)\sin{\theta}}\frac{dx}{d\theta}d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\sin{\theta}}\cdot e^{\theta-\frac{\pi}{2}}\left(\cos{\theta}-\sin{\theta}\right)d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}\left(\sin{\theta}\cos{\theta}-{\mathrm{sin}}^2\theta\right)d\theta\bigm=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}\left(\frac{\sin{2\theta}}{2}-\frac{1-\cos{2\theta}}{2}\right)d\theta=-\frac{1}{2}\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}d\theta+\frac{1}{2}\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)}d\theta$
ここで， $\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}e^{2\theta-\pi}d\theta=\left[\frac{1}{2}e^{2\theta-\pi}\right]_\pi^{\frac{\pi}{2}}=\frac{1}{2}\left(1-e^\pi\right)$ であり，
$\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime=2e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}+2e^{2\theta-\pi}\cos{2\theta}\Leftrightarrow e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)=\frac{1}{2}\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime$
であるから，
$\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{e^{2\theta-\pi}\left(\sin{2\theta}+\cos{2\theta}\right)}d\theta=\int_{\pi}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{2}\left(e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right)^\prime}d\theta=\left[\frac{1}{2}e^{2\theta-\pi}\sin{2\theta}\right]_\pi^{\frac{\pi}{2}}=0$
$\therefore\int_{-e^\frac{\pi}{2}}^{0}ydx=-\frac{1}{4}\left(1-e^\pi\right)$
よって，上半分の面積は，
$\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\left(1-e^\pi\right)=\frac{1}{4}\left(\pi+e^\pi-3\right)$
よって，求める面積は，
$2\cdot\frac{1}{4}\left(\pi+e^\pi-3\right)=\frac{1}{2}\left(\pi+e^\pi-3\right)$ ……(答)

2018年慶應大学理工数学|過去問徹底研究大問4

2019.09.20

方針の立て方 (1) (ソ)について．角の情報を引き出す必要があるため，内積で攻める必要があると判断する． (タ)と(チ)について．答えの形式から，との係数を文字で置くことから始める．すると，求める文字は2つのため，点に関する情報が2つ必要になるから，問題文から点に関する情報を2つ集める． (ツ)に

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方針の立て方

(1)
(ソ)について．角の情報を引き出す必要があるため，内積で攻める必要があると判断する．
(タ)と(チ)について．答えの形式から， $\vec{\mathrm{OA}}$ と $\vec{\mathrm{OB}}$ の係数を文字で置くことから始める．すると，求める文字は2つのため，点 $\mathrm{C}$ に関する情報が2つ必要になるから，問題文から点 $\mathrm{C}$ に関する情報を2つ集める．
(ツ)について． $\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}$ のままでは埒が明かないため，一先ず変形を試みる．前問の結果を用いれば変形の仕方も容易に思いつく．

(2)
$s,t,u$ の3文字から $s,t$ の等式を導くため，一先ず $u$ を消去することを考える．その後は， $s,t$ の等式を立てるため， $\vec{\mathrm{OA}}$ と $\vec{\mathrm{OB}}$ と $\vec{\mathrm{OC}}$ を消去する必要があるが，これにはベクトルの大きさで考えれば良いから，その方針で解く．

(3)
(ネ)～(ハ)について．前問で $s,t$ を導入したこともあり， $s,t$ 中心で考えていくと上手くいくと考える．すると， $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|$ が $s,t$ で書き表せるため， $s,t$ を動かしたときの最大値を考えればいいことが分かる．前問の結果を加味すれば線形計画法の考え方であると見抜ける．
(ヒ)について．典型的な四面体の体積問題である．「垂線と面が直交する」と，「垂線と面を構成する2ベクトル(基底ベクトルという)が垂直」が同値であることを利用する．

解答例

(1)
ソ： $\frac{\pi}{3}$
タ： $\frac{3}{2}$
チ： $-\frac{1}{2}$
ツ： $9$
(2)
テ： $3$
ト： $0$
ナ： $-3$
ニ： $-3$
ヌ： $0$
(3)
ネ： $\frac{3+\sqrt3}{2}$
ノ： $\frac{1+\sqrt3}{2}$
ハ： $-1-\sqrt3$
ヒ： $\frac{3\sqrt6\left(2+\sqrt3\right)}{2}$

解説

(1)
〇 $\angle\mathrm{AOB}$ (ソについて)
点 $\mathrm{B}$ は図形 $S$ 上の点のため， $\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|=\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|\cos{\angle\mathrm{AOB}}\Longleftrightarrow\cos{\angle\mathrm{AOB}}=\frac{1}{\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|}=\frac{1}{2}$
$\therefore\angle\mathrm{AOB}=\frac{\pi}{3}$ ……(答)
〇 $\vec{\mathrm{OC}}$ (タとチについて)
$\vec{\mathrm{OC}}$ は $\mathrm{AB}$ 上の点のため， $\vec{\mathrm{OC}}=t\vec{\mathrm{OA}}+\left(1-t\right)\vec{\mathrm{OB}}$ ( $t$ は実数)と表せる．
点 $\mathrm{C}$ は図形 $S$ 上の点のため， $\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OC}}=t\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+\left(1-t\right)\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=4t+6\left(1-t\right)=-2t+6$
$\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|^2=t^2\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+\left(1-t\right)^2\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2+2t\left(1-t\right)\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}=28t^2-60t+36$
$\therefore28t^2-60t+36=\left(-2t+6\right)^2\Leftrightarrow t=0,\frac{3}{2}$
$t=0$ では $\vec{\mathrm{OC}}=\vec{\mathrm{OB}}$ となるため不適．よって， $t=\frac{3}{2}$ ．
$\therefore\vec{\mathrm{OC}}=\frac{3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\left(1-\frac{3}{2}\right)\vec{\mathrm{OB}}=\frac{3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OB}}$ ……(答)
〇 $\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}$ (ツについて)
前問の結果を変形すると，
$\vec{\mathrm{OB}}=3\vec{\mathrm{OA}}-2\vec{\mathrm{OC}}$
$\therefore\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}=\left(3\vec{\mathrm{OA}}-2\vec{\mathrm{OC}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OD}}=3\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}-2\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}=3\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\left(\because\vec{\mathrm{OC}}\bot\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=3\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|$ ( $\because$ 点 $\mathrm{D}$ は図形 $S$ 上の点) $=3\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=3\left(-2t+6\right)=9$ ……(答)

(2)
$s+t+u=1$ である．
点 $\mathrm{Q}$ は図形 $S$ 上の点のため， $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|^2=\left(\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OQ}}\right)^2=\left(s\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+t\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+u\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\right)^2\bigm=\left(4s+t\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|+u\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|\right)^2=\left(4s+6t+3u\right)^2\bigm=\left(3+s+3t\right)^2\left(\because s+t+u=1\right)\bigm=s^2+9t^2+6st+6s+18t+9$
一方，
$\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|^2=\left(s\vec{\mathrm{OA}}+t\vec{\mathrm{OB}}+u\vec{\mathrm{OD}}\right)^2=s^2\left|\vec{\mathrm{OA}}\right|^2+t^2\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2+u^2\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2+2st\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+2tu\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}+2us\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\bigm=4s^2+36t^2+u^2\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2+2st\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|+18tu+2us\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|=4s^2+36t^2+9u^2+12st+18tu+6us\bigm=7s^2+27t^2+6st-12s+9\left(\because s+t+u=1\right)$
$\therefore s^2+9t^2+6st+6s+18t+9=7s^2+27t^2+6st-12s+9\Leftrightarrow s^2+3t^2-3s-3t=0$ ……(答)

(3)
〇 $\vec{\mathrm{OE}}$ (ネ～ハについて)

前問で求めた $s,t$ の条件より，
$s^2+3t^2-3s-3t=0\Leftrightarrow\left(s-\frac{3}{2}\right)^2+3\left(t-\frac{1}{2}\right)^2=3$ ……①
また，(2)での議論より， $\left|\vec{\mathrm{OQ}}\right|=3+s+3t$
ここで， $s+3t=k$ とおくと， $t=-\frac{1}{3}s+\frac{1}{3}k$ であり，①の下で $k$ が最大となるときを考えれば良い．
左図のように，線形計画法の要領で解くと， $k$ の最大値は $3+2\sqrt3$ と分かり，このとき， $s=\frac{3+\sqrt3}{2},t=1+32$ となる．
$s+t+u=1$ より， $u=1-\frac{3+\sqrt3}{2}-\frac{1+\sqrt3}{2}=-1-\sqrt3$ となる．
$\therefore\vec{\mathrm{OE}}=\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}$ ……(答)

〇四面体 $\mathrm{OCDE}$ (ヒについて)
$\vec{\mathrm{OC}}\bot\vec{\mathrm{OD}}$ より， $\triangle\mathrm{OCD}=\frac{1}{2}\mathrm{OC}\cdot\mathrm{OD}=\frac{9}{2}$
点 $\mathrm{E}$ から $\triangle\mathrm{OCD}$ への垂線の足を点 $\mathrm{H}$ とする．すると， $\vec{\mathrm{EH}}\bot\triangle\mathrm{OCD}\Leftrightarrow\begin{cases} \vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \\ \vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \end{cases}$
ここで， $\alpha,\beta$ を実数として $\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{OH}}-\vec{\mathrm{OE}}=\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}$ (つまり $\vec{\mathrm{OH}}=\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}$ )とすると，(1)の結果より， $\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|=3$ であることに注意して，
$\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{OC}}\cdot\left(\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}\right)=\alpha\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|^2+\beta\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OE}}\bigm=9\alpha-\vec{\mathrm{OC}}\cdot\left(\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}\right)\left(\because\vec{\mathrm{OC}}\bot\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=9\alpha-\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OB}}+\left(1+\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}\bigm=9\alpha-\frac{3+\sqrt3}{2}\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|-\frac{1+\sqrt3}{2}\left(\frac{3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{1}{2}\vec{\mathrm{OB}}\right)\cdot\vec{\mathrm{OB}}\bigm=9\alpha-\frac{3+\sqrt3}{2}\left|\vec{\mathrm{OC}}\right|-\frac{1+\sqrt3}{2}\left(\frac{3}{2}\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|-\frac{1}{2}\left|\vec{\mathrm{OB}}\right|^2\right)\bigm=9\alpha+3\sqrt3$
$\vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{OD}}\cdot\left(\alpha\vec{\mathrm{OC}}+\beta\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}\right)=\beta\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2-\vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{OE}}\bigm=9\beta-\vec{\mathrm{OD}}\cdot\left(\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=9\beta-\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}-\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}\cdot\vec{\mathrm{OD}}+\left(1+\sqrt3\right)\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2\bigm=9\beta-\frac{3+\sqrt3}{2}\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|-\frac{1+\sqrt3}{2}\cdot9+\left(1+\sqrt3\right)\left|\vec{\mathrm{OD}}\right|^2=9\beta+3\sqrt3$
$\begin{cases} \vec{\mathrm{OC}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \\ \vec{\mathrm{OD}}\cdot\vec{\mathrm{EH}}=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} 9\alpha+3\sqrt3=0 \\ 9\beta+3\sqrt3=0 \end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha=-\frac{\sqrt3}{3} \\ \beta=-\frac{\sqrt3}{3} \end{cases}$
$\therefore\vec{\mathrm{EH}}=-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OC}}-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}-\vec{\mathrm{OE}}=-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OC}}-\frac{\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}-\left(\frac{3+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}+\frac{1+\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OB}}+\left(-1-\sqrt3\right)\vec{\mathrm{OD}}\right)\bigm=-\frac{3+2\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{3+2\sqrt3}{6}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{3+2\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}$
$\therefore\left|\vec{\mathrm{EH}}\right|=\sqrt{\left(-\frac{3+2\sqrt3}{2}\vec{\mathrm{OA}}-\frac{3+2\sqrt3}{6}\vec{\mathrm{OB}}+\frac{3+2\sqrt3}{3}\vec{\mathrm{OD}}\right)^2}=\sqrt{2\left(3+2\sqrt3\right)^2}=3\sqrt2+2\sqrt6$
よって，四面体 $\mathrm{OCDE}$ の体積は，
$\frac{1}{3}\cdot\frac{9}{2}\cdot\left(3\sqrt2+2\sqrt6\right)=\frac{3\sqrt6\left(2+\sqrt3\right)}{2}$ ……(答)

2018年慶応義塾大学環境情報数学|過去問徹底研究大問1

2019.09.20

方針の立て方 (1) 実際に題意を満たすサイコロを目の出し方を考えることで方針を得る．複数のサイコロの問題ではサイコロは区別したほうが処理しやすい． (2) 「少なくとも」の問題であるため，基本解法である余事象で解くと考える．後は全問と同様に題意を満たすサイコロの目の出し方を考えれば，解答を得られる

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方針の立て方

(1)
実際に題意を満たすサイコロを目の出し方を考えることで方針を得る．複数のサイコロの問題ではサイコロは区別したほうが処理しやすい．

(2)
「少なくとも」の問題であるため，基本解法である余事象で解くと考える．後は全問と同様に題意を満たすサイコロの目の出し方を考えれば，解答を得られる．

(3)
これも題意を満たすパターンを考えることで方針を得られる．

解答例

(1)(2)(3)(4)…… $\frac{02}{09}$
(5)(6)(7)(8)…… $\frac{03}{04}$
(9)(10)(11)(12)(13)(14)…… $\frac{025}{162}$

解説

サイコロを区別して考え，一つ目のサイコロの目が $x$ ，二つ目のサイコロの目が $y$ であったとき，この目の出方を $\left(x,y\right)$ と表す．
(1)
題意を満たすサイコロの目の出し方は， $\left(1,3\right),\left(2,4\right),\left(3,5\right),\left(4,6\right)$ とこれらを入れ替えた計8通り．全ての目の出し方は $6^2=36$ 通りのため，求める確率は，
$\frac{8}{36}=\frac{2}{9}$ ……(答)

(2)
余事象で考える．36通りの目の出し方の中で，差が1か2となる出し方は， $\left(1,2\right),\left(2,3\right),\left(3,4\right),\left(4,5\right),\left(5,6\right),\left(1,3\right),\left(2,4\right),\left(3,5\right),\left(4,6\right)$ とこれらを入れ替えた計18通りであり，これらを除いた18通りの目の出し方を2回すれば余事象の条件が満たされる．よって，余事象の確率は，
$\left(\frac{18}{36}\right)^2=\frac{1}{4}$
である．よって，求める確率は，
$1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$ ……(答)

(3)
箱1の玉を取り出す事象を①，箱2の玉を取り出す事象を②，それ以外の箱を確認する事象を③と表すことにする．1回の操作で，①が起こる確率は $\frac{10}{36}=\frac{5}{18}$ ，②が起こる確率は $\frac{2}{9}$ ，③が起こる確率は $1-\frac{5}{18}-\frac{2}{9}=\frac{1}{2}$ である．
題意を満たすパターンは，「○１２」，「○２１」，「１○２」，「２○１」，「１１２」，「２２１」の6通りであり，前4つが起こる確率はそれぞれ $\frac{5}{18}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{2}$ であり，「１１２」が起こる確率は $\frac{5}{18}\cdot\frac{5}{18}\cdot\frac{2}{9}$ ，「２２１」が起こる確率は $\frac{2}{9}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{5}{18}$ である．よって，求める確率は，
$4\times\frac{5}{18}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{1}{2}+\frac{5}{18}\cdot\frac{5}{18}\cdot\frac{2}{9}+\frac{2}{9}\cdot\frac{2}{9}\cdot\frac{5}{18}=\frac{25}{162}$ ……(答)

2018年慶応義塾大学環境情報|過去問徹底研究大問6

2019.09.20

方針の立て方実際に題意を満たす円の中心を考えてみる．すると，題意を満たす条件を見抜くことができる．また，四角形に含まれているという条件も忘れずに考慮すること．本問で問われているのは「に含まれ，かつ，四角形に含まれる点」である．最後の答えの表式に沿うように，被っている条件は消すこと．面積の方は領域

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方針の立て方

実際に題意を満たす円の中心を考えてみる．すると，題意を満たす条件を見抜くことができる．また，四角形 $\mathrm{AMGN}$ に含まれているという条件も忘れずに考慮すること．本問で問われているのは「 $S$ に含まれ，かつ，四角形 $\mathrm{AMGN}$ に含まれる点」である．最後の答えの表式に沿うように，被っている条件は消すこと．
面積の方は領域の図示ができれば問題ない．計算を簡単にするために $y$ 軸での対称性を見抜きたい．

解答例

(111)(112)(113)(114)…… $\frac{\sqrt{03}}{06}$
(115)…… $2$
(116)(117)…… $03$
(118)(119)…… $03$
(120)(121)…… $01$
(122)(123)…… $03$
(124)(125)…… $-1$
(126)(127)…… $16$
(128)(129)…… $-9$
(130)(131)…… $03$
(132)(133)…… $03$

解説

(1)
四角形 $\mathrm{AMGN}$ の辺および内部の点を $\mathrm{P}\left(x,y\right)$ とおく．

左図のように，点 $\mathrm{P}$ から，辺 $\mathrm{AB},\mathrm{BC},\mathrm{CA}$ へ垂線(図では実線)を引き，順番に $l_1,l_2,l_3$ とする．また，点 $\mathrm{P}$ と，点 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ を結び，その線分(図では破線)を順番に $L_1,L_2,L_3$ とする．
すると，求める領域は，
$max\left\{l_1,l_2,l_3\right\}\geqq min\left\{L_1,L_2,L_3\right\}$
を満たす点 $\mathrm{P}$ の集合である．
四角形 $\mathrm{AMGN}$ では， $max\left\{l_1,l_2,l_3\right\}=l_2=y,min\left\{L_1,L_2,L_3\right\}=L_1=\sqrt{x^2+\left(y-\sqrt3\right)^2}$ となるから，上記の条件は
$y\geqq\sqrt{x^2+\left(y-\sqrt3\right)^2}\Leftrightarrow y\geqq\frac{\sqrt3}{6}\left(x^2+3\right)$
となる．また，点 $\mathrm{P}$ が四角形 $\mathrm{AMGN}$ 内にある条件は，
$\begin{cases} y\leqq\sqrt3x+\sqrt3 \\ y\leqq-\sqrt3x+\sqrt3 \\ y\geqq\frac{\sqrt3}{3}x+\frac{\sqrt3}{3} \\ y\geqq-\frac{\sqrt3}{3}x+\frac{\sqrt3}{3} \end{cases}$
である．この内，下2つは $y\geqq\frac{\sqrt3}{6}\left(x^2+3\right)$ に内包される( $\because\frac{\sqrt3}{6}\left(x^2+3\right)\geqq\pm\frac{\sqrt3}{3}x+\frac{\sqrt3}{3}\Leftrightarrow\left(x\mp1\right)^2\geqq0$ )ので，結局，求める条件は，
$\begin{cases} y\geqq\frac{\sqrt3}{6}\left(x^2+3\right) \\ y\leqq\sqrt3\left(x+1\right) \\ y\leqq-\sqrt3\left(x-1\right) \end{cases}$

求める面積は， $y$ 軸での対称性を考えれば，
$2\int_{3-2\sqrt3}^{0}\left\{\left(\sqrt3x+\sqrt3\right)-\left(\frac{\sqrt3}{6}x^2+\frac{\sqrt3}{2}\right)\right\}dx=\left[-\frac{\sqrt3}{9}x^3+\sqrt3x^2+\sqrt3x\right]_{3-2\sqrt3}^0=16-9\sqrt3$ ……(答)
また、領域 $S$ の面積は、対称性を考えると3倍と分かる……(答)

2018年慶応義塾大学環境情報数学|過去問徹底研究大問5

2019.09.20

方針の立て方 (1) まずは三角形を作図する．その後は内接円の半径を求める問題であるため，面積についての等式を立てる方針で考える．そのため，三角形の面積を求めることになるが，その過程で直角三角形であることに気付くと，中心の座標を求めやすい． (2) 前問とほとんど同じ解法であり，特筆事項なし．解答

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方針の立て方

(1)
まずは三角形を作図する．その後は内接円の半径を求める問題であるため，面積についての等式を立てる方針で考える．そのため，三角形の面積を求めることになるが，その過程で直角三角形であることに気付くと，中心の座標を求めやすい．

(2)
前問とほとんど同じ解法であり，特筆事項なし．

解答例

(85)(86)…… $03$
(87)(88)…… $-1$
(89)(90)…… $05$
(91)(92)…… $10$
(93)(94)…… $-1$
(95)(96)…… $02$
(97)(98)…… $-1$
(99)(100)…… $02$
(101)(102)…… $02$
(103)(104)…… $05$
(105)(106)…… $25$
(107)(108)(109)(110)…… $\frac{03}{05}$

解説

(1)
三角形の頂点は， $\left(0,-1\right),\left(2\sqrt2,2\sqrt2-1\right),\left(\sqrt2,3\sqrt2-1\right)$ である．よって，長さは， $2,2,2\sqrt5$ となり， $4^2+2^2=\left(2\sqrt5\right)^2$ が成り立つため，この三角形は長さ $2\sqrt5$ の辺を斜辺とする直角三角形である．

求める内接円の半径を $r$ とすると，三角形の面積について等式が立てられて，
$\frac{1}{2}r\left(4+2+2\sqrt5\right)=\frac{1}{2}\cdot4\cdot2\Leftrightarrow r=3-\sqrt5$ ……(答)
次に中心を求める．ベクトルを利用する．
$\left(\sqrt2,3\sqrt2-1\right)-\left(2\sqrt2,2\sqrt2-1\right)=\left(-\sqrt2,\sqrt2\right)$
$\left|\left(-\sqrt2,\sqrt2\right)\right|=2$
$\left(0,-1\right)-\left(2\sqrt2,2\sqrt2-1\right)=\left(-2\sqrt2,-2\sqrt2\right)$
$\left|\left(-2\sqrt2,-2\sqrt2\right)\right|=4$
より，
$\left(2\sqrt2,2\sqrt2-1\right)+\left(3-\sqrt5\right)\cdot\frac{\left(-\sqrt2,\sqrt2\right)}{2}+\left(3-\sqrt5\right)\cdot\frac{\left(-2\sqrt2,-2\sqrt2\right)}{4}=\left(\sqrt{10}-\sqrt2,2\sqrt2-1\right)$ ……(答)

(2)
$\triangle\mathrm{OAB}=\frac{1}{2}\cdot2\cdot3=3$ より，体積は， $\frac{1}{3}\cdot3\cdot5=5$ ……(答)
次に表面積を求める．
$\triangle\mathrm{OAB}=3$ ， $\triangle\mathrm{OAC}=\frac{1}{2}\cdot2\cdot5=5，\triangle\mathrm{OBC}=\frac{1}{2}\cdot3\cdot5=\frac{15}{2}，\triangle\mathrm{CAB}=\frac{1}{2}\sqrt{\left|\vec{\mathrm{CA}}\right|^2\left|\vec{\mathrm{CB}}\right|^2-\left(\vec{\mathrm{CA}}\cdot\vec{\mathrm{CB}}\right)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{29\cdot34-{25}^2}=\frac{19}{2}$ より，
$3+5+\frac{15}{2}+\frac{19}{2}=25$ ……(答)
求める内接球の半径を $r$ とすると，四面体の体積についての等式が立てられて，
$\frac{1}{3}\cdot r\cdot25=5\Leftrightarrow r=\frac{3}{5}$ ……(答)

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$d$	$-\frac{1}{8}$	$\cdots$	$\frac{1}{4}$	$\cdots$	$1$
$f^\prime\left(d\right)$	$+$	$+$	$0$	$-$	$0$
$f\left(d\right)$	$\nearrow$	$\nearrow$	$\frac{27}{16}$	$\searrow$	$\qquad$

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方針の立て方

解答例

解説

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