解説

方針・初手

正四面体の対称性を利用した図形的な考察、またはベクトルを用いた計算のいずれかでアプローチできる。 (1) 平面 $\text{ABC}$ 上に点 $\text{H}$ がどのような位置にあるかを把握する。辺 $\text{BC}$ の中点を $\text{M}$ としたとき、対称性から $\text{H}$ は線分 $\text{AM}$ 上にあることに着目する。 (2) (1) の結果または相似比を用いて高さを求める。 (3) (1), (2) で求めた底面積と高さから体積 $V$ を $t$ の関数として表し、最大値を求める。

解法1

正四面体 $\text{OABC}$ の頂点 $\text{O}$ から平面 $\text{ABC}$ に下ろした垂線の足を $\text{G}$ とする。 対称性から、$\text{G}$ は $\triangle \text{ABC}$ の重心となる。 辺 $\text{BC}$ の中点を $\text{M}$ とすると、$\text{G}$ は線分 $\text{AM}$ 上にあり、$\text{AG} : \text{GM} = 2 : 1$ である。 $\triangle \text{ABC}$ は1辺の長さが2の正三角形なので、$\text{AM} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$ である。 よって、$\text{AG} = \frac{2}{3} \text{AM} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ である。 また、直角三角形 $\text{OAG}$ において三平方の定理より

$$\text{OG} = \sqrt{\text{OA}^2 - \text{AG}^2} = \sqrt{2^2 - \left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \sqrt{4 - \frac{12}{9}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$$

$\text{PH}$ と $\text{OG}$ はともに平面 $\text{ABC}$ に垂直なので平行である。 これらは同一平面（平面 $\text{OAM}$）上にあり、$\triangle \text{AOG}$ と $\triangle \text{APH}$ は相似となる。 相似比は $\text{AO} : \text{AP} = 2 : t$ である。

**(1)**

相似比より $\text{AH} = \frac{t}{2} \text{AG} = \frac{t}{2} \cdot \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3} t$。 $\text{H}$ は線分 $\text{AM}$ 上にあり（$0 < t \le 2$ より $\text{H}$ が $\text{M}$ を越えることはない）、

$$\text{HM} = \text{AM} - \text{AH} = \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} t = \frac{\sqrt{3}}{3} (3 - t)$$

$\triangle \text{HBC}$ の面積 $S$ は、底辺を $\text{BC}$ とすると高さは $\text{HM}$ となるため、

$$S = \frac{1}{2} \cdot \text{BC} \cdot \text{HM} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} (3 - t) = \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} t$$

**(2)**

相似比より

$$\text{PH} = \frac{t}{2} \text{OG} = \frac{t}{2} \cdot \frac{2\sqrt{6}}{3} = \frac{\sqrt{6}}{3} t$$

**(3)**

四面体 $\text{PHBC}$ の体積 $V$ は、(1), (2) より

$$V = \frac{1}{3} S \cdot \text{PH} = \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} (3 - t) \cdot \frac{\sqrt{6}}{3} t = \frac{\sqrt{18}}{27} t(3 - t) = \frac{\sqrt{2}}{9} (-t^2 + 3t)$$

ここで、点 $\text{P}$ は $\text{A}$ 以外の辺 $\text{OA}$ 上の点なので、定義域は $0 < t \le 2$ である。 $V$ を平方完成すると、

$$V = \frac{\sqrt{2}}{9} \left\{ -\left( t - \frac{3}{2} \right)^2 + \frac{9}{4} \right\}$$

$0 < t \le 2$ において、$V$ は $t = \frac{3}{2}$ のとき最大となる。 そのときの最大値は

$$V = \frac{\sqrt{2}}{9} \cdot \frac{9}{4} = \frac{\sqrt{2}}{4}$$

解法2

$\overrightarrow{\text{AB}} = \vec{b}$, $\overrightarrow{\text{AC}} = \vec{c}$, $\overrightarrow{\text{AO}} = \vec{o}$ とおく。 正四面体の1辺の長さは2なので、

$$|\vec{b}| = |\vec{c}| = |\vec{o}| = 2$$

$$\vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{o} = \vec{o} \cdot \vec{b} = 2 \cdot 2 \cos 60^\circ = 2$$

点 $\text{P}$ は辺 $\text{OA}$ 上にあるので、$\text{PA} = t$ より $\text{AP} = t$ であり、

$$\overrightarrow{\text{AP}} = \frac{t}{2} \vec{o}$$

点 $\text{H}$ は平面 $\text{ABC}$ 上にあるので、実数 $s, u$ を用いて $\overrightarrow{\text{AH}} = s\vec{b} + u\vec{c}$ と表せる。

$$\overrightarrow{\text{PH}} = \overrightarrow{\text{AH}} - \overrightarrow{\text{AP}} = s\vec{b} + u\vec{c} - \frac{t}{2}\vec{o}$$

$\text{PH} \perp$ 平面 $\text{ABC}$ より、$\overrightarrow{\text{PH}} \perp \vec{b}$ かつ $\overrightarrow{\text{PH}} \perp \vec{c}$ であるから、

$$\overrightarrow{\text{PH}} \cdot \vec{b} = 0 \quad \text{かつ} \quad \overrightarrow{\text{PH}} \cdot \vec{c} = 0$$

$$\overrightarrow{\text{PH}} \cdot \vec{b} = s|\vec{b}|^2 + u(\vec{c} \cdot \vec{b}) - \frac{t}{2}(\vec{o} \cdot \vec{b}) = 4s + 2u - t = 0$$

$$\overrightarrow{\text{PH}} \cdot \vec{c} = s(\vec{b} \cdot \vec{c}) + u|\vec{c}|^2 - \frac{t}{2}(\vec{o} \cdot \vec{c}) = 2s + 4u - t = 0$$

これらを連立して解くと、$s = u = \frac{t}{6}$ を得る。 よって、

$$\overrightarrow{\text{AH}} = \frac{t}{6}\vec{b} + \frac{t}{6}\vec{c} = \frac{t}{3} \cdot \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$$

**(1)**

辺 $\text{BC}$ の中点を $\text{M}$ とすると、$\overrightarrow{\text{AM}} = \frac{\vec{b} + \vec{c}}{2}$ であり、$\overrightarrow{\text{AH}} = \frac{t}{3}\overrightarrow{\text{AM}}$ となる。 これは、点 $\text{H}$ が線分 $\text{AM}$ 上にあることを示している。 $\triangle \text{ABC}$ は1辺の長さが2の正三角形なので、$\text{AM} = \sqrt{3}$ である。

$$\text{AH} = \frac{t}{3} \text{AM} = \frac{\sqrt{3}}{3}t$$

点 $\text{P}$ の条件から $0 < t \le 2$ であり、$\text{H}$ は線分 $\text{AM}$ の内分点となるため、

$$\text{HM} = \text{AM} - \text{AH} = \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}t$$

$\triangle \text{HBC}$ の底辺を $\text{BC}$ とみると、高さは $\text{HM}$ となるので、

$$S = \frac{1}{2} \cdot \text{BC} \cdot \text{HM} = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \left( \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}t \right) = \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}t$$

**(2)**

$$\overrightarrow{\text{PH}} = \frac{t}{6}\vec{b} + \frac{t}{6}\vec{c} - \frac{t}{2}\vec{o} = \frac{t}{6}(\vec{b} + \vec{c} - 3\vec{o})$$

両辺の大きさを2乗すると、

$$\begin{aligned} |\overrightarrow{\text{PH}}|^2 &= \frac{t^2}{36} |\vec{b} + \vec{c} - 3\vec{o}|^2 \\ &= \frac{t^2}{36} \left( |\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 9|\vec{o}|^2 + 2\vec{b}\cdot\vec{c} - 6\vec{b}\cdot\vec{o} - 6\vec{c}\cdot\vec{o} \right) \\ &= \frac{t^2}{36} \left( 4 + 4 + 36 + 4 - 12 - 12 \right) \\ &= \frac{24}{36}t^2 = \frac{2}{3}t^2 \end{aligned}$$

$t > 0$ であるから、

$$\text{PH} = \frac{\sqrt{6}}{3}t$$

**(3)**

四面体 $\text{PHBC}$ の体積 $V$ は、

$$V = \frac{1}{3} S \cdot \text{PH} = \frac{1}{3} \left( \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}t \right) \cdot \frac{\sqrt{6}}{3}t = \frac{\sqrt{2}}{9} (-t^2 + 3t) = \frac{\sqrt{2}}{9} \left\{ -\left( t - \frac{3}{2} \right)^2 + \frac{9}{4} \right\}$$

$0 < t \le 2$ の範囲において、$V$ は $t = \frac{3}{2}$ のとき最大値 $\frac{\sqrt{2}}{4}$ をとる。

解説

空間図形の計量問題である。解法1のように正四面体の幾何的性質（頂点からの垂線の足が底面の重心に一致すること）を利用すると、平面図形の相似比に帰着させることができ、計算の負担を大きく減らすことができる。 解法2のようにベクトルを用いる手法も標準的であり、垂線の足を立式する確実なアプローチとして習得しておきたい。内積の計算ミスには注意が必要である。 また、(3)では問題文の「$\text{A}$以外の点$\text{P}$を辺$\text{OA}$上にとる」という条件から、$t$ の定義域が $0 < t \le 2$ となることを明記した上で最大値を求める論述が必要である。

答え

(1) $S = \sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{3}t$

(2) $\text{PH} = \frac{\sqrt{6}}{3}t$

(3) $t = \frac{3}{2}$ のとき、最大値 $\frac{\sqrt{2}}{4}$