正三角錐型四面体の垂線と体積の最大化

四面体OABCにおいて、$\vec{OA}=\vec a,\ \vec{OB}=\vec b,\ \vec{OC}=\vec c$ とする。$|\vec a|=|\vec b|=|\vec c|=1$ であり、 $\vec a\cdot \vec b=\vec b\cdot \vec c=\vec c\cdot \vec a=\cos\theta \quad \left(0<\theta<\frac{2\pi}{3}\right)$ が成り立つとする（この範囲でO, A, B, Cは同一平面上になく、四面体をなすことが知られている）。点Hを $\vec{OH}=\dfrac13(\vec a+\vec b+\vec c)$ で定める。

(1) $\vec{OH}\cdot \vec{AB}=0$ かつ $\vec{OH}\cdot \vec{AC}=0$ であることを示し、直線OHが平面ABCと垂直であることを述べよ。

(2) $|\vec{OH}|$ を $\theta$ を用いて表せ。

(3) 四面体OABCの体積を $V(\theta)$ とする。$V(\theta)$ を $\theta$ を用いて表し、$V(\theta)$ が最大となるときの $\theta$ の値と最大値を求めよ。

(1) $\vec{OH}\cdot\vec{AB}=0,\ \vec{OH}\cdot\vec{AC}=0$ が成り立ち、OHは平面ABCに垂直である。 (2) $|\vec{OH}|=\sqrt{\dfrac{1+2\cos\theta}{3}}$ (3) $V(\theta)=\dfrac16(1-\cos\theta)\sqrt{1+2\cos\theta}$ であり、$\theta=\dfrac{\pi}{2}$ のとき最大値 $\dfrac16$ をとる。

【(1)】 $\vec{AB}=\vec b-\vec a$ なので $\vec{OH}\cdot\vec{AB}=\frac13(\vec a+\vec b+\vec c)\cdot(\vec b-\vec a)=\frac13\left[(\vec a\cdot\vec b-|\vec a|^2)+(|\vec b|^2-\vec a\cdot\vec b)+(\vec c\cdot\vec b-\vec c\cdot\vec a)\right].$ 条件より $|\vec a|^2=|\vec b|^2=1$、$\vec a\cdot\vec b=\vec b\cdot\vec c=\vec c\cdot\vec a=\cos\theta$ なので、各括弧は $(\cos\theta-1)+(1-\cos\theta)+(\cos\theta-\cos\theta)=0$ となり $\vec{OH}\cdot\vec{AB}=0$。 同様に $\vec{AC}=\vec c-\vec a$ として $\vec{OH}\cdot\vec{AC}=\frac13\left[(\vec a\cdot\vec c-|\vec a|^2)+(\vec b\cdot\vec c-\vec a\cdot\vec b)+(|\vec c|^2-\vec c\cdot\vec a)\right]=\frac13\left[(\cos\theta-1)+0+(1-\cos\theta)\right]=0.$ AB, ACは平面ABC上の一次独立な2方向のベクトルであるから、OHはこれらの両方と直交し、OH⊥平面ABCが成り立つ。

【(2)】 $|\vec{OH}|^2=\frac19|\vec a+\vec b+\vec c|^2=\frac19\left(|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2+2(\vec a\cdot\vec b+\vec b\cdot\vec c+\vec c\cdot\vec a)\right)=\frac19(3+6\cos\theta)=\frac{1+2\cos\theta}{3}.$ $0<\theta<\frac{2\pi}{3}$ より $1+2\cos\theta>0$ なので $|\vec{OH}|=\sqrt{\frac{1+2\cos\theta}{3}}.$

【(3)】 $|AB|^2=|\vec b-\vec a|^2=2-2\cos\theta$ であり、対称性よりBC, CAも同じ長さなので△ABCは正三角形。よって $S_{ABC}=\frac{\sqrt3}{4}|AB|^2=\frac{\sqrt3}{2}(1-\cos\theta).$ OH⊥平面ABCなので、体積は $V(\theta)=\frac13\cdot S_{ABC}\cdot|\vec{OH}|=\frac13\cdot\frac{\sqrt3}{2}(1-\cos\theta)\cdot\sqrt{\frac{1+2\cos\theta}{3}}=\frac16(1-\cos\theta)\sqrt{1+2\cos\theta}.$ $t=\cos\theta$ ($-\frac12<t<1$) とおき、$f(t)=(1-t)^2(1+2t)$（$V^2$ に比例する量）を考える。 $f'(t)=-2(1-t)(1+2t)+2(1-t)^2=2(1-t)\{-(1+2t)+(1-t)\}=2(1-t)(-3t)=-6t(1-t).$ $-\frac12<t<0$ で $f'(t)>0$、$0<t<1$ で $f'(t)<0$ なので $t=0$ で $f$ は最大となる。$t=0$ は範囲内にあり、これは $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ に対応する。 このとき $V\left(\frac{\pi}{2}\right)=\frac16(1-0)\sqrt{1+0}=\frac16.$ （検算：$\theta=\pi/2$ のとき $\vec a,\vec b,\vec c$ は互いに直交する単位ベクトルなので、OABCは単位立方体の1頂点を切り取った四面体となり、体積は確かに $\frac16$ である。）

したがって、$V(\theta)$ は $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ のとき最大値 $\dfrac16$ をとる。