2025年度 東京医科大学 数学 全体総括＆合格戦略
指導統括・数学コーチング創始者 ニックニ（新国大輔）先生の徹底分析
【ニックニ先生の戦略眼】 東京医科大学の数学は60分で大問4題（すべてマーク式）というスピード勝負です！2025年度は第1問〜第3問が典型かつ本質的な標準問題、第4問が空間内の平行四辺形を $z$ 軸のまわりに回転させる「ねじれの位置の線分（または平面）の回転体」という医学部頻出テーマでした。第1問〜第3問を合計25〜30分以内でノーミス突破し、残りの30分を第4問の空間把握・断面計算に充てることが合格への王道ルートです！
⚡ 解答一覧（スピードチェック）
※分数の符号や桁数もマーク欄に完全対応第1問（小問集合）
- (1) 三角関数の値： $\dfrac{\sqrt{\mathbf{6}}}{\mathbf{2}}$ （ア：6, イ：2）
- (2) 2つの共有点を通る直線： $y = \dfrac{\mathbf{37}}{\mathbf{5}}x + \dfrac{\mathbf{11}}{\mathbf{5}}$ （ウエ：37, オ：5, カキ：11, ク：5）
- (3) 定積分（絶対値）： $\dfrac{\mathbf{41}}{\mathbf{3}}$ （ケコ：41, サ：3）
- (4) 1の5乗根： $\mathbf{31}$ （シス：31）
第2問（集合と場合の数）
- (1) 部分集合の総数： $2^8 = \mathbf{256}$ 個 （アイウ：256）
- (2) $B \subset C$ となる選び方： $3^8 = \mathbf{6561}$ 通り （エオカキ：6561）
- (3) $B \cap C = \varnothing$ となる選び方： $3^8 = \mathbf{6561}$ 通り （クケコサ：6561）
第3問（整数の桁数と常用対数）
- (1) $f(5^{50})$ の値： $\mathbf{35}$ （アイ：35）
- (2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{100} f(n^2)$ の値： $\mathbf{358}$ （ウエオ：358）
- (3) $f(2^n) = 100$ となる正の整数 $n$： $\mathbf{4}$ 個 （カ：4）
第4問（空間図形と回転体の体積）
- (1) 点 $\mathrm{C}$ の座標： $(\mathbf{2}, \mathbf{2}, \mathbf{2})$ （ア：2, イ：2, ウ：2）
- (1) 直線 $\mathrm{AB}$ と $z=t$ の交点： $\left(\mathbf{1} - \dfrac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}t, \dfrac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}t, t\right)$ （エ：1, オ：1, カ：2, キ：1, ク：2）
- (2) 断面の概形と $z=1$ の面積： 概形：⑧（ケ：8）, 面積：$\mathbf{8}\pi$（コ：8）
- (3) 立体 $K$ の体積： $\mathbf{16}\pi$ （サシ：16）
- (4) $a^2+b^2+c^2$ の最大値： $\mathbf{12}$ （スセ：12）
第1問 小問集合（三角関数・放物線の束・定積分・複素数平面）
目標時間：10分
第1問は4つの独立した小問集合だよ！ここでつまずくと焦っちゃうから、「計算を工夫して最短ルートで解くワザ」を一緒に身につけよう！
(1)は和積の公式と余角の関係、(2)は交点を求めずに2式から $x^2$ を消去する「束（そく）」の考え方、(3)はルートの中身が $\sqrt{(x-1)^2} = |x-1|$ になることへの気づき、(4)は1の5乗根の因数分解の恒等式を使えば、それぞれ1〜2分で瞬殺できるよ！
(1) 三角関数の式の値
【問題】
$$\frac{\cos 25^\circ + \cos 35^\circ}{\sin 40^\circ + \cos 40^\circ} = \frac{\sqrt{\fbox{ア}}}{\fbox{イ}}$$ である。
$25^\circ, 35^\circ, 40^\circ$ という角度は、単体では有名な角度（$30^\circ, 45^\circ, 60^\circ$）ではありませんよね。でも、分子の $25^\circ$ と $35^\circ$ を足して2で割ると $\dfrac{25^\circ + 35^\circ}{2} = 30^\circ$（有名角！）、引いて2で割ると $\dfrac{25^\circ - 35^\circ}{2} = -5^\circ$ になります！
また、分母の $\sin 40^\circ + \cos 40^\circ$ も合成公式（または余角の公式＋和積の公式）を使うと、$45^\circ$ と $5^\circ$ が現れて、なんと $5^\circ$ の部分が約分で消える仕組みになっています！
余弦（$\cos$）の加法定理から導かれる和積の公式を確認しましょう：
これに $A = 35^\circ, B = 25^\circ$ を代入します：
ここで $\cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ なので、分子は次のようになります：
分母の $\sin 40^\circ + \cos 40^\circ$ を変形する方法は2通りあります。どちらも超わかりやすいので両方見てみましょう！
【方法A：余角の公式 $\sin 40^\circ = \cos 50^\circ$ を使う】
$\sin \theta = \cos(90^\circ - \theta)$ より、$\sin 40^\circ = \cos(90^\circ - 40^\circ) = \cos 50^\circ$ です。
よって分母は $\cos 50^\circ + \cos 40^\circ$ となり、分子と同じ和積の公式を使うと：
$$\begin{aligned}
\cos 50^\circ + \cos 40^\circ &= 2 \cos \frac{50^\circ + 40^\circ}{2} \cos \frac{50^\circ - 40^\circ}{2} \\
&= 2 \cos 45^\circ \cos 5^\circ \\
&= 2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} \cos 5^\circ = \sqrt{2} \cos 5^\circ
\end{aligned}$$
【方法B：三角関数の合成を使う】
$\cos$ で合成（または加法定理の逆）を使うと： $$\begin{aligned} \sin 40^\circ + \cos 40^\circ &= \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 40^\circ + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 40^\circ \right) \\ &= \sqrt{2} \left( \cos 45^\circ \cos 40^\circ + \sin 45^\circ \sin 40^\circ \right) \\ &= \sqrt{2} \cos(45^\circ - 40^\circ) \\ &= \sqrt{2} \cos 5^\circ \end{aligned}$$
STEP 2 と STEP 3 の結果をもとの式に代入すると、$\cos 5^\circ \neq 0$ がきれいに約分されます！
したがって、ア $= 6$、イ $= 2$ となります。
(2) 2つの放物線の共有点を通る直線の方程式
【問題】
放物線 $y = 3x^2 - 4x - 5$ と放物線 $y = -2x^2 + 15x + 7$ の2つの共有点を通る直線の方程式は、 $$y = \frac{\fbox{ウエ}}{\fbox{オ}} x + \frac{\fbox{カキ}}{\fbox{ク}}$$ である。
2つの放物線の交点をまじめに求めてから2点を通る直線を引こうとすると、$5x^2 - 19x - 12 = 0$ を解く必要があり計算が大変になってしまいます。
ここで大切なのが「2つの曲線の共有点を通る図形（束：そく）」の考え方です！
💡 なぜ $x^2$ を消去した式がそのまま2交点を通る直線になるの？
2つの放物線を
$$\begin{cases} y = 3x^2 - 4x - 5 \quad \cdots \text{①} \\ y = -2x^2 + 15x + 7 \quad \cdots \text{②} \end{cases}$$
とおきます。2つの共有点を $\mathrm{P}(x_1, y_1)$、$\mathrm{Q}(x_2, y_2)$ とすると、点 $\mathrm{P}$ も点 $\mathrm{Q}$ も①と②の両方の式を同時に満たします。
ということは、①と②を組み合わせて $x^2$ の項を消去して作った $x, y$ の1次方程式（＝直線の方程式！）も、当然点 $\mathrm{P}$ と点 $\mathrm{Q}$ の座標を代入すると成り立ちます。異なる2点 $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ を通る直線はただ1本しかないので、$x^2$ を消去した1次式こそが求める直線そのものになるのです！
①の右辺の $3x^2$ と、②の右辺の $-2x^2$ を消去するために、$\text{①} \times 2$ と $\text{②} \times 3$ を作って足し算します：
【検算（別アプローチ：割り算による確認）】
①と②から $y$ を消去した共有点の $x$ 座標が満たす2次方程式は
$$3x^2 - 4x - 5 = -2x^2 + 15x + 7 \iff 5x^2 - 19x - 12 = 0 \iff x^2 = \frac{19}{5}x + \frac{12}{5}$$
です。これを①の $y = 3x^2 - 4x - 5$ の $x^2$ に代入して次数下げをすると：
$$y = 3\left(\frac{19}{5}x + \frac{12}{5}\right) - 4x - 5 = \frac{57 - 20}{5}x + \frac{36 - 25}{5} = \frac{37}{5}x + \frac{11}{5}$$
となり、完全に一致します！（なお、$5x^2 - 19x - 12 = (5x + 3)(x - 4) = 0$ と因数分解できるので、実際の共有点 $x = 4, -\dfrac{3}{5}$ から求めても $y = \dfrac{37}{5}x + \dfrac{11}{5}$ となります！）
両辺を $5$ で割ると：
したがって、ウエ $= 37$、オ $= 5$、カキ $= 11$、ク $= 5$ となります。
(3) ルートを含む定積分（2乗のルート＝絶対値）
【問題】
$$\int_{0}^{4} x \sqrt{x^2 - 2x + 1} \, dx = \frac{\fbox{ケコ}}{\fbox{サ}}$$ である。
ルートの中身 $x^2 - 2x + 1$ を見ると、$(x - 1)^2$ と因数分解できますね！
ここで絶対にやってはいけないミスが「$\sqrt{(x-1)^2} = x - 1$ としてしまうこと」です！実数 $A$ に対して必ず $\sqrt{A^2} = |A|$（絶対値）がつきます。
積分区間 $0 \leqq x \leqq 4$ の中で、$x - 1$ の符号は $x = 1$ を境目に変わります：
- $0 \leqq x \leqq 1$ のとき：$x - 1 \leqq 0$ なので、$|x - 1| = -(x - 1) = -x + 1$
- $1 \leqq x \leqq 4$ のとき：$x - 1 \geqq 0$ なので、$|x - 1| = x - 1$
求める定積分を $I$ とおくと、次のように2つの区間に分割できます：
前半の積分 $I_1$ と後半の積分 $I_2$ をそれぞれ丁寧に計算しましょう！
したがって、求める定積分 $I = I_1 + I_2$ は：
よって、ケコ $= 41$、サ $= 3$ となります。
(4) 複素数平面（1の5乗根と多項式の因数分解）
【問題】
$\omega = \cos \dfrac{2\pi}{5} + i \sin \dfrac{2\pi}{5}$ とすれば、 $$(2 - \omega)(2 - \omega^2)(2 - \omega^3)(2 - \omega^4) = \fbox{シス}$$ である。ただし、$i$ は虚数単位である。
$\omega = \cos \dfrac{2\pi}{5} + i \sin \dfrac{2\pi}{5}$ は、偏角が $\dfrac{2\pi}{5}$、絶対値が $1$ の複素数です。
ド・モアブルの定理より、$k = 1, 2, 3, 4, 5$ に対して
$$\omega^k = \cos \frac{2k\pi}{5} + i \sin \frac{2k\pi}{5}$$
となるので、とくに $k = 5$ のとき $\omega^5 = \cos 2\pi + i \sin 2\pi = 1$ です。
しかも、$1, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4$ はすべて互いに異なる複素数であり、5次方程式 $z^5 - 1 = 0$ の5つの解をすべて尽くしています！
5次方程式 $z^5 - 1 = 0$ の5つの解が $z = 1, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4$ であることから、多項式 $z^5 - 1$ は次のように1次式の積に因数分解できます：
一方で、公式 $z^5 - 1 = (z - 1)(z^4 + z^3 + z^2 + z + 1)$ と見比べると、両辺の $(z - 1)$ を比較することで、次の超重要恒等式が得られます：
問題で問われている式 $(2 - \omega)(2 - \omega^2)(2 - \omega^3)(2 - \omega^4)$ は、上の恒等式の左辺に $z = 2$ を代入したものそのものです！
よって、右辺に $z = 2$ を代入すると：
（※もちろん $2^4 + 2^3 + 2^2 + 2 + 1 = 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 31$ と計算しても同じです！）
したがって、シス $= 31$ となります。
第2問 集合と場合の数（部分集合の包含関係・共通部分）
目標時間：8分
第2問は集合 $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ の部分集合の選び方の問題だね！
この問題を「集合 $C$ の要素の個数 $k$ で場合分けして ${}_8\mathrm{C}_k \times 2^k$ を足す…」なんて計算し始めると時間がかかっちゃうよ。一番スマートで絶対に間違えない発想は、「8個の各要素（$1$ 〜 $8$ の数字）の立場で、自分がベン図のどの部屋に入るか？」を考えること！ベン図を描けば、(2)も(3)も「各要素につき3通りの部屋があるから $3^8$ 通り！」と一瞬で見抜けるよ！
【問題】
集合 $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ の部分集合について考える。
- (1) 集合 $A$ の部分集合は全部で アイウ 個ある。
- (2) 集合 $A$ の部分集合 $B, C$ であって、$B \subset C$ となるような $B$ と $C$ の選び方は全部で エオカキ 通りある。
- (3) 集合 $A$ の部分集合 $B, C$ であって、$B \cap C$ が空集合となるような $B$ と $C$ の選び方は全部で クケコサ 通りある。
【図解】各要素 $x \in \{1,2,3,4,5,6,7,8\}$ が入る「3つの部屋」の比較
「$C$ の外・$B$ の中」という領域が存在しないため、
各要素の行き先は ①・②・③ の3通り！
「$B$ かつ $C$（重なり）」が存在しないため、
各要素の行き先は ①・②・③ の3通り！
(1) 集合 $A$ の部分集合の総数
集合 $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ の要素は全部で $8$ 個あります。
部分集合を1つ作るとき、$1$ から $8$ までのそれぞれの要素について、「その部分集合に入れる（◯）」か「入れない（×）」かの $2$ 通りの選択肢があります。
8個の要素すべてについて独立に2通りずつ選べるので（空集合 $\varnothing$ や $A$ 自身も含まれます）、部分集合の総数は：
よって、アイウ $= 256$ です。
(2) $B \subset C$ となるような部分集合 $B, C$ の選び方
高校数学の教科書・大学入試では、特に断りがない限り記号「$B \subset C$」は $B = C$ の場合も含む部分集合（包含関係）を表します。
上の左側のベン図を見てみましょう！$B \subset C$ が成り立つとき、全体集合 $A$ の内部は次の互いに重ならない3つの部屋（領域）に分割されます：
- 部屋①：$B$ の中（自動的に $C$ の中にも入っている：$x \in B$ かつ $x \in C$）
- 部屋②：$C$ の中だが $B$ の外（$x \notin B$ かつ $x \in C$）
- 部屋③：$C$ の外（自動的に $B$ の外でもある：$x \notin B$ かつ $x \notin C$）
$A$ の8個の要素 $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ のそれぞれについて、「部屋①・部屋②・部屋③ のどこに入るか」が $3$ 通りずつあり、8個の要素の配置を決めれば部分集合の組 $(B, C)$ がただ1通りに決まります。
したがって、求める選び方の総数は：
（※別解として、二項定理 $\displaystyle\sum_{k=0}^{8} {}_8\mathrm{C}_k \cdot 2^k = (2 + 1)^8 = 3^8 = 6561$ で計算しても完全に一致します！（本問の包含関係 $B \subset C$ は標準定義の $B=C$ を含む広義の部分集合として扱います。））
よって、エオカキ $= 6561$ です。
(3) $B \cap C = \varnothing$（空集合）となるような部分集合 $B, C$ の選び方
今度は上の右側のベン図を見てみましょう！$B \cap C = \varnothing$（$B$ と $C$ に共通の要素が1つもない）という条件は、各要素が「$B$ と $C$ の両方に同時に入ることはできない」という意味です。
つまり、各要素 $x \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ が入れる部屋は次の3通りです：
- 部屋①：$B$ のみに入る（$x \in B$ かつ $x \notin C$）
- 部屋②：$C$ のみに入る（$x \notin B$ かつ $x \in C$）
- 部屋③：$B$ にも $C$ にも入らない（$x \notin B$ かつ $x \notin C$）
なんと(2)とまったく同じ構造ですね！（実は、(2)において集合 $C$ の補集合 $\overline{C}$ を考えると、$B \subset C \iff B \cap \overline{C} = \varnothing$ となるため、(2)と(3)は1対1に対応しており、答えが完全に同じになります！）
したがって、求める選び方の総数は：
よって、クケコサ $= 6561$ です。
第3問 整数の桁数と常用対数・数列の和
目標時間：12分
第3問は「正の整数 $N$ の桁数 $f(N)$」に関する問題だよ！
(1)は定番の $\log_{10} 5 = 1 - \log_{10} 2$ を使う計算だけど、(2)の $\displaystyle\sum_{n=1}^{100} f(n^2)$ を見て「対数を使うの？」と迷った人もいるかも！実は(2)は対数なんて使わずに、「$n^2$ が何桁になるか、境界となる $10, 100, 1000, 10000$ が平方数（または $\sqrt{10} \fallingdotseq 3.16, \sqrt{1000} \fallingdotseq 31.6$）のどこか」でグループ分けするだけ！
そして(3)も、不等式を解くだけでなく「桁数が100桁になる $2^n$ の個数」を直感と計算の両方で確認すれば一瞬で解けるよ！
【問題】
正の整数 $N$ の桁数を $f(N)$ で表す。例えば、$f(99) = 2$、$f(100) = 3$ である。$\log_{10} 2 = 0.3010$ とする。
- (1) $f(5^{50}) = \fbox{アイ}$ である。
- (2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{100} f(n^2) = \fbox{ウエオ}$ である。
- (3) $f(2^n) = 100$ となるような正の整数 $n$ は全部で カ 個である。
📌 桁数 $f(N)$ と常用対数の基本ルール
正の整数 $N$ が $k$ 桁 であるとは、 $$10^{k-1} \leqq N < 10^k \iff k - 1 \leqq \log_{10} N < k$$ が成り立つことです。つまり、$\log_{10} N$ の整数部分が $k-1$ のとき、桁数は $f(N) = k = (\text{$\log_{10} N$ の整数部分}) + 1$ となります！
(1) $5^{50}$ の桁数 $f(5^{50})$
常用対数の問題で $\log_{10} 5$ が出てきたら、必ず $5 = \dfrac{10}{2}$ と変形します：
よって、 $$34 \leqq \log_{10} 5^{50} < 35 \iff 10^{34} \leqq 5^{50} < 10^{35}$$ が成り立つので、$5^{50}$ の桁数は $34 + 1 = 35$ 桁です。
したがって、アイ $= 35$ となります。
(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{100} f(n^2)$ の値
$1 \leqq n \leqq 100$ のとき、$1 \leqq n^2 \leqq 10000$ なので、$n^2$ の桁数 $f(n^2)$ は $1$ 桁〜 $5$ 桁 のいずれかです。
桁数が切り替わる境界（$n^2 = 10, 100, 1000, 10000$）を順番に調べましょう！
| $n^2$ の桁数 $f(n^2)$ | $n^2$ の範囲 | 対応する正の整数 $n$ の範囲 | $n$ の個数 | 桁数の小計 |
|---|---|---|---|---|
| 1桁 ($f(n^2)=1$) | $1 \leqq n^2 \leqq 9$ | $n = 1, 2, 3$ （$3^2=9, 4^2=16$） | $3$ 個 | $1 \times 3 = \mathbf{3}$ |
| 2桁 ($f(n^2)=2$) | $10 \leqq n^2 \leqq 99$ | $n = 4, 5, \dots, 9$ （$9^2=81, 10^2=100$） | $9 - 3 = 6$ 個 | $2 \times 6 = \mathbf{12}$ |
| 3桁 ($f(n^2)=3$) | $100 \leqq n^2 \leqq 999$ | $n = 10, 11, \dots, 31$ （$31^2=961, 32^2=1024$） | $31 - 9 = 22$ 個 | $3 \times 22 = \mathbf{66}$ |
| 4桁 ($f(n^2)=4$) | $1000 \leqq n^2 \leqq 9999$ | $n = 32, 33, \dots, 99$ （$99^2=9801, 100^2=10000$） | $99 - 31 = 68$ 個 | $4 \times 68 = \mathbf{272}$ |
| 5桁 ($f(n^2)=5$) | $n^2 = 10000$ | $n = 100$ | $1$ 個 | $5 \times 1 = \mathbf{5}$ |
💡 ポイント：$30^2 = 900$、$31^2 = (30+1)^2 = 961 < 1000$、$32^2 = (2^5)^2 = 2^{10} = 1024 \geqq 1000$ なので、3桁と4桁の境界は $n=31$ と $n=32$ の間だとすぐわかります！
✨ ニックニ先生の検算裏ワザ（累積カウント法）
個数の引き算ミスを防ぐには、「1桁以上が100個、2桁以上が $100-3=97$ 個、3桁以上が $100-9=91$ 個、4桁以上が $100-31=69$ 個、5桁以上が $100-99=1$ 個」として足す方法も超おすすめ！
$$100 + 97 + 91 + 69 + 1 = 358$$
なんと掛け算すら不要で、絶対に計算ミスしません！（※スピードチェック欄も合わせてご確認下さい：ウエオ $= 358$ です！）
したがって、ウエオ $= 358$ となります。
(3) $f(2^n) = 100$ となるような正の整数 $n$ の個数
$f(2^n) = 100$（$2^n$ が100桁の整数）であるための必要十分条件は：
各辺の常用対数（底 $10 > 1$）をとると：
ここに $\log_{10} 2 = 0.3010$ を代入します：
まず右側の $\dfrac{100000}{301}$ を計算しましょう：
100000 - 90300 = 9700
301 × 30 = 9030
9700 - 9030 = 670
301 × 2 = 602 （あまり 68）
よって、100000 ÷ 301 = 332 あまり 68 ⇒ 100000 / 301 = 332 + 68/301 ≒ 332.225...
次に左側の $\dfrac{99000}{301}$ は、$\dfrac{100000}{301}$ から $\dfrac{1000}{301} = 3 + \dfrac{97}{301} \fallingdotseq 3.322...$ を引くだけです！
したがって、不等式は次のようになります：
これを満たす正の整数 $n$ は $$n = 329, \; 330, \; 331, \; 332$$ の $4$ 個 です！
💡 なぜ3個ではなく4個になるの？（直感的な仕組み）
$n$ が $1$ 増えるごとに $\log_{10} 2^n$ は $0.301$ ずつ増えます。区間の幅 $1$ の中に $0.301$ 刻みの点は通常 $3$ 個（または $4$ 個）入りますが、今回は $99$ の直後である $n = 329$ のとき $$329 \times 0.301 = 99.029$$ と、$99.0$ ギリギリ（小数部分が $0.029 < 1 - 3 \times 0.301 = 0.097$）に着地するため、 $$\begin{aligned} n = 329 &: \quad 329 \times 0.3010 = 99.029 \\ n = 330 &: \quad 330 \times 0.3010 = 99.330 \\ n = 331 &: \quad 331 \times 0.3010 = 99.631 \\ n = 332 &: \quad 332 \times 0.3010 = 99.932 \end{aligned}$$ のすべてが $99$ 以上 $100$ 未満に入り、ぴったり $4$ 個 になるのです！ここを「だいたい $1 \div 0.3 = 3$ 個だろう」と概算で決めつけず、きっちり $329 \times 0.301 = 99.029$ を確認できたかどうかが合否の分かれ目でした！
したがって、カ $= 4$ となります。
第4問 空間図形（平行四辺形の $z$ 軸まわりの回転体）
目標時間：25分
いよいよ大トリの第4問！空間内の平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ とその内部 $M$ を $z$ 軸のまわりに1回転してできる立体 $K$ の問題だよ。
難しそうに見えるけれど、回転体の鉄則はたった1つ！「回転軸に垂直な平面 $z = t$ で切って、まず断面（切り口）の図形を描いてから回転させる！」ことだよ。
平面 $z = t$ で平行四辺形 $M$ を切ると、切り口は1本の線分 $\mathrm{PQ}$ になるんだ。線分を1点（$z$ 軸との交点 $\mathrm{H}$）のまわりに1回転させると、切り口はドーナツ型（同心円にはさまれた領域）になるよね！外側の半径 $R(t)$ と内側の半径 $r(t)$ さえ分かれば、断面積も体積も最大値もすべて芋づる式に解けちゃうよ！
【問題】
座標空間に平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ があり、$\mathrm{A}(1, 0, 0)$、$\mathrm{B}(0, 1, 2)$、$\mathrm{D}(3, 1, 0)$ である。この平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ の周および内部を $M$ とし、$M$ を $z$ 軸のまわりに1回転して得られる立体を $K$ とする。
- (1) $\mathrm{C}$ の座標は $(\fbox{ア}, \fbox{イ}, \fbox{ウ})$ であり、直線 $\mathrm{AB}$ と平面 $z = t$ の共有点の座標は $$\left( \fbox{エ} - \frac{\fbox{オ}}{\fbox{カ}} t, \; \frac{\fbox{キ}}{\fbox{ク}} t, \; t \right)$$ である。
- (2) $K$ を平面 $z = t \ (0 \leqq t \leqq 2)$ で切った断面の概形として最も適当なものは ケ であり、$K$ を平面 $z = 1$ で切った断面の面積は コ $\pi$ である。ケ の解答は該当する解答群から最も適当なものを一つ選べ。
- (3) $K$ の体積は サシ $\pi$ である。
- (4) 点 $\mathrm{P}(a, b, c)$ が $K$ 上を動くとき、$a^2 + b^2 + c^2$ の最大値は スセ である。
(1) 点 $\mathrm{C}$ の座標と、直線 $\mathrm{AB}$ と平面 $z = t$ の共有点
四角形 $\mathrm{ABCD}$ は平行四辺形なので、向かい合う辺のベクトルは等しく、$\overrightarrow{\mathrm{BC}} = \overrightarrow{\mathrm{AD}}$ すなわち $$\overrightarrow{\mathrm{OC}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}} + \overrightarrow{\mathrm{AD}} = \overrightarrow{\mathrm{OB}} + (\overrightarrow{\mathrm{OD}} - \overrightarrow{\mathrm{OA}})$$ が成り立ちます。与えられた座標 $\mathrm{A}(1, 0, 0)$、$\mathrm{B}(0, 1, 2)$、$\mathrm{D}(3, 1, 0)$ を代入しましょう：
よって、点 $\mathrm{C}$ の座標は $(2, 2, 2)$ であり、ア $= 2$、イ $= 2$、ウ $= 2$ です。
ここで大発見があります！4つの頂点の $z$ 座標に注目してください：
- 点 $\mathrm{A}(1, 0, \mathbf{0})$ と 点 $\mathrm{D}(3, 1, \mathbf{0})$ は、どちらも $z = 0$（$xy$ 平面上）にあります！
- 点 $\mathrm{B}(0, 1, \mathbf{2})$ と 点 $\mathrm{C}(2, 2, \mathbf{2})$ は、どちらも $z = 2$ の平面上にあります！
つまり、平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ は「下底 $\mathrm{AD}$ が平面 $z=0$ にあり、上底 $\mathrm{BC}$ が平面 $z=2$ にある」という、とても見通しのよい配置になっているのです！
直線 $\mathrm{AB}$ 上の点を $\mathrm{P}$ とすると、実数 $s$ を用いて次のように表せます：
この点 $\mathrm{P}$ が平面 $z = t$ 上にあるとき、$z$ 座標を比較して $$2s = t \iff s = \frac{1}{2}t$$ となります。これを $x$ 座標と $y$ 座標に代入すると：
したがって、エ $= 1$、オ $= 1$、カ $= 2$、キ $= 1$、ク $= 2$ となります。
(2) 平面 $z = t$ による断面（切り口）の概形と、$z = 1$ での断面積
平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ の周および内部 $M$ を平面 $z = t \ (0 \leqq t \leqq 2)$ で切ると、その切り口は
「辺 $\mathrm{AB}$ と平面 $z = t$ の交点 $\mathrm{P}$」と「辺 $\mathrm{DC}$ と平面 $z = t$ の交点 $\mathrm{Q}$」を結ぶ線分 $\mathrm{PQ}$ になります。
点 $\mathrm{P}$ は(1)で求めた通り $\mathrm{P}\left(1 - \dfrac{1}{2}t, \; \dfrac{1}{2}t, \; t\right)$ です。では、点 $\mathrm{Q}$ の座標はどうなるでしょうか？
辺 $\mathrm{AD}$ と辺 $\mathrm{BC}$ はどちらも平面 $z = t$ に平行で、$\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \overrightarrow{\mathrm{BC}} = (2, 1, 0)$ ですから、切り口のベクトル $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ も常に $\overrightarrow{\mathrm{AD}} = (2, 1, 0)$ と完全に一致します！
（※実際、直線 $\mathrm{DC}$ は $\mathrm{D}(3,1,0) + s(\mathrm{C}-\mathrm{D}) = (3,1,0) + s(-1,1,2) = (3-s, 1+s, 2s)$ なので、$2s=t \iff s=\dfrac{1}{2}t$ を代入してもまったく同じ $\mathrm{Q}\left(3-\dfrac{1}{2}t, 1+\dfrac{1}{2}t, t\right)$ になります！）
【超図解】平面 $z = t$ 上での線分 $\mathrm{PQ}$ と、回転軸 $\mathrm{H}(0, 0, t)$ まわりの回転（ドーナツ型断面）
線分 $\mathrm{PQ}$ は回転軸 $\mathrm{H}(0,0,t)$ を通らないため、
同心円にはさまれた円環（ドーナツ型：⑧）になる！
ここが回転体問題で一番大事なポイントです！
平面 $z = t$ 上で、回転の中心（$z$ 軸との交点）を $\mathrm{H}(0, 0, t)$ とします。
線分 $\mathrm{PQ}$ を点 $\mathrm{H}$ のまわりに1回転させるとき：
- 外側の半径 $R(t)$ は、中心 $\mathrm{H}$ から最も遠い点までの距離です。
- 内側の半径 $r(t)$ は、中心 $\mathrm{H}$ から線分 $\mathrm{PQ}$ 上の最も近い点までの距離です。
ここで、線分 $\mathrm{PQ}$ 上の任意の点を $\mathrm{X}_u$（$0 \leqq u \leqq 1$）とおいて、$\overrightarrow{\mathrm{HX}_u} = \overrightarrow{\mathrm{HP}} + u\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ の長さの2乗を計算してみましょう！
$\overrightarrow{\mathrm{HP}} = \left(1 - \dfrac{1}{2}t, \; \dfrac{1}{2}t, \; 0\right)$、$\overrightarrow{\mathrm{PQ}} = (2, 1, 0)$ なので、まず内積 $\overrightarrow{\mathrm{HP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ を計算すると：
いま $0 \leqq t \leqq 2$ ですから、常に $\overrightarrow{\mathrm{HP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}} = 2 - \dfrac{1}{2}t \geqq 1 > 0$（正！）です！
つまり、$\angle \mathrm{HPQ}$ は常に鈍角（$\cos \angle \mathrm{HPQ} < 0$）であり、点 $\mathrm{H}$ から直線 $\mathrm{PQ}$ に下ろした垂線の足は線分 $\mathrm{PQ}$ の外側（点 $\mathrm{P}$ の手前側）にあります。
実際に距離の2乗 $|\overrightarrow{\mathrm{HX}_u}|^2$ を式で書いても：
となり、$0 \leqq u \leqq 1$ において $\overrightarrow{\mathrm{HP}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{PQ}} > 0$ なので、$|\overrightarrow{\mathrm{HX}_u}|^2$ は $u$ に関して単調増加します！
したがって、すべての $t \ (0 \leqq t \leqq 2)$ において：
- 最小距離（内側の半径）$r(t)$ は $u = 0$ すなわち 点 $\mathrm{P}$ のとき（$r(t) = \mathrm{HP} > 0$）
- 最大距離（外側の半径）$R(t)$ は $u = 1$ すなわち 点 $\mathrm{Q}$ のとき（$R(t) = \mathrm{HQ}$）
となります！中心 $\mathrm{H}$ からすべての方向で距離は等方的に回転するため、断面は楕円ではなく真円の同心円にはさまれたドーナツ型になります。
平面 $z = t$ における断面積を $S(t)$ とすると、外側の円の面積 $\pi \{R(t)\}^2 = \pi \mathrm{HQ}^2$ から内側の円の面積 $\pi \{r(t)\}^2 = \pi \mathrm{HP}^2$ を引けば求まります！
上の式の $u=1$（点 $\mathrm{Q}$）と $u=0$（点 $\mathrm{P}$）の差をとると、なんと $\mathrm{HP}^2$ を個別に展開しなくても一瞬で引き算ができます：
（※もちろん直接座標から計算しても、 $\mathrm{HP}^2 = \left(1 - \dfrac{1}{2}t\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}t\right)^2 = \dfrac{1}{2}t^2 - t + 1$、 $\mathrm{HQ}^2 = \left(3 - \dfrac{1}{2}t\right)^2 + \left(1 + \dfrac{1}{2}t\right)^2 = \dfrac{1}{2}t^2 - 2t + 10$ より、$\mathrm{HQ}^2 - \mathrm{HP}^2 = (\dfrac{1}{2}t^2 - 2t + 10) - (\dfrac{1}{2}t^2 - t + 1) = 9 - t$ となり、$t^2$ の項がきれいに消えて1次式 $(9 - t)$ になります！）
よって、平面 $z = t \ (0 \leqq t \leqq 2)$ で切った断面積 $S(t)$ は：
ここに $t = 1$ を代入すると、平面 $z = 1$ で切った断面の面積 $S(1)$ は：
したがって、ケ $= 8$（解答群の ⑧）、コ $= 8$ となります。
(3) 立体 $K$ の体積
(2)で平面 $z = t \ (0 \leqq t \leqq 2)$ による断面積が $S(t) = (9 - t)\pi$ という超シンプルな $t$ の1次関数で表せました！
立体 $K$ は $0 \leqq z \leqq 2$ の範囲に存在するので、体積 $V$ は $S(t)$ を $0$ から $2$ まで定積分するだけで求まります：
したがって、サシ $= 16$ となります。
(4) 点 $\mathrm{P}(a, b, c)$ が $K$ 上を動くときの $a^2 + b^2 + c^2$ の最大値
点 $\mathrm{P}(a, b, c)$ に対して、
$$a^2 + b^2 + c^2 = |\overrightarrow{\mathrm{OP}}|^2$$
は「原点 $\mathrm{O}(0, 0, 0)$ から点 $\mathrm{P}$ までの距離の2乗」を表します！
ここで、ある点を $z$ 軸のまわりに回転させても、$z$ 座標 $c$ と $z$ 軸からの距離 $\sqrt{a^2 + b^2}$ は変わらないため、原点 $\mathrm{O}$ からの距離の2乗 $a^2 + b^2 + c^2$ は $z$ 軸まわりの回転によってまったく変化しません！
つまり、「回転体 $K$ 上の点で原点から最も遠い点」を探すことは、「もとの平行四辺形 $M$ 上の点で原点から最も遠い点」を探すことと完全に同じなのです！
(2)で調べた通り、平面 $z = t$ 上で $z$ 軸からの距離の2乗 $a^2 + b^2$ が最大になるのは、線分 $\mathrm{PQ}$ の端点 $\mathrm{Q}\left(3 - \dfrac{1}{2}t, \; 1 + \dfrac{1}{2}t, \; t\right)$ のときであり、その最大値は $\mathrm{HQ}^2$ です。
よって、平面 $z = t$（すなわち $c = t$）における $a^2 + b^2 + c^2$ の最大値を $g(t)$ とおくと：
この2次関数 $g(t) = \dfrac{3}{2}t^2 - 2t + 10$ は下に凸の放物線（軸は $t = \dfrac{2}{3}$）なので、区間 $0 \leqq t \leqq 2$ における最大値は区間の両端 $t = 0$（点 $\mathrm{D}$）または $t = 2$（点 $\mathrm{C}$）でとります！
それぞれ計算して比べてみましょう：
- $t = 0$（頂点 $\mathrm{D}(3, 1, 0)$ に対応）のとき：$g(0) = 3^2 + 1^2 + 0^2 = \mathbf{10}$
- $t = 2$（頂点 $\mathrm{C}(2, 2, 2)$ に対応）のとき：$g(2) = \dfrac{3}{2}(2)^2 - 2(2) + 10 = 6 - 4 + 10 = \mathbf{12}$ （$2^2 + 2^2 + 2^2 = 12$）
💡 さらに瞬殺する別解：平行四辺形（凸多角形）の周および内部 $M$ において、原点からの距離の2乗 $x^2+y^2+z^2$（下に凸な関数）が最大になるのは必ず4つの頂点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}$ のいずれかです！
・$\mathrm{OA}^2 = 1^2 + 0^2 + 0^2 = 1$
・$\mathrm{OB}^2 = 0^2 + 1^2 + 2^2 = 5$
・$\mathrm{OD}^2 = 3^2 + 1^2 + 0^2 = 10$
・$\mathrm{OC}^2 = 2^2 + 2^2 + 2^2 = 12$
この4つを比べるだけで、最大値が $\mathrm{OC}^2 = 12$ であることが5秒でわかります！
したがって、求める最大値は $12$ であり、スセ $= 12$ となります。
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