青木ゼミ青木大学入試(数学)　.関西の国立大学　.大阪大　文系　2015

2015大阪大　文系数学１

第１問

　　実数x、yが|x|≦1と|y|≦1を満たすとき、不等式
　　　　　　　 $\rm 0\leq x^2+y^2-2x^2y^2+2xy\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\leq 1$
　　が成り立つことを示せ。

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2015/05/06(水) 23:57:00|

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2015大阪大　文系数学２

第２問

　　直線L：y＝kx＋m （k＞0）が円C₁：x²＋(y－1)²＝1と放物線
　　C₂：y＝－ $\rm \frac{1}{2}$ x²の両方に接している。このとき、次の問いに答えよ。

　(１) kとmを求めよ。

　(２) 直線Lと放物線C₂およびy軸とで囲まれた図形の面積を求めよ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　LがC₁に接するとき、C₁の中心からLまでの距離は、
　　　C₁の半径に等しいので、
　　　　　　　　 $\rm \frac{\left|-1+m\right|}{\sqrt{k^2+1^2}}=1\ \ \Leftrightarrow\ \ m^2-2m+1=k^2+1$
　　　　　　　　　　　　　　　 $\rm \ \ \Leftrightarrow\ \ k^2=m^2-2m$ 　　　……(ⅰ)

　　　また、LがC₂と接するとき、2式を連立させた式
　　　　　　　　 $\rm -\frac{1}{2}x^2=kx+m\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2+2kx+2m=0$ 　　　……(ⅱ)
　　　が重解をもつので、判別式を考えると、
　　　　　　　　 $\rm D/4=k^2-2m=0$ 　　　……(ⅲ)

　　　(ⅰ)、(ⅲ)より
　　　　　　　　 $\rm \left(m^2-2m\right)-2m=0\ \ \Leftrightarrow\ \ m=0\ ,\ 4$
　　　となるが、m＝0のときはk＝0となり題意に反する。
　　　よって、
　　　　　　　　 $\rm \underline{\ m=4\ \ ,\ \ k=2\sqrt{2}\ (>0)\ }$

　(２)
　　　(１)で求めたk、mの値に対して(ⅱ)式は
　　　　　　　　 $\rm x^2+4\sqrt2\ x+8=\left(x+2\sqrt2\right)^2=0\ \ \Leftrightarrow\ \ x=-2\sqrt2$
　　　となり、この値がLとC₂の接点のx座標となる。
　　　よって、L、C₂、ｙで囲まれる図形は右図のように
　　　なるので、その面積をSとおくと、
　　　　　　　 $\rm S=\int_{-2\sqrt2}^0\left\{2\sqrt2\ x+4-\left(-\frac{1}{2}x^2\right)\right\}dx$
　　　　　　　　 $\rm =\left[\frac{1}{6}x^3+\sqrt2\ x^2+4x\right]_{-2\sqrt2}^0$
　　　　　　　　 $\rm =\underline{\ \frac{8\sqrt2}{3} \ }$

　　これは間違えないように。　　

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2015/05/07(木) 23:57:00|

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2015大阪大　文系数学３

第３問

　　平面上に長さ2の線分ABを直径とする円Cがある。2点A、Bを
　　除くC上の点Pに対し、AP＝AQとなるように線分AB上の点Qを
　　とる。また、直線PQと円Cの交点のうち、Pでない方をRとする。
　　このとき、以下の問いに答えよ。

　(１) △AQRの面積をθ＝∠PABを用いて表せ。

　(２) 点Pを動かして△AQRの面積が最大となるとき、 $\rm \overrightarrow{\rm AR}$ を $\rm \overrightarrow{\rm AB}$ と
　　　 $\rm \overrightarrow{\rm AP}$ を用いて表せ。

解答はこちら↓

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】

　(１)
　　　ABは直径なので　
　　　　　　　　 $\rm AQ=AP=AB\cos\theta=2\cos\theta$
　　　　　　　　 $\rm \angle APQ=\angle AQP=\frac{\pi-\theta}{2}$
　　　　　　　　 $\rm \angle BAR=\angle BPQ=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi-\theta}{2}=\frac{\theta}{2}$
　　　　　　　　 $\rm AR=AB\cos\frac{\theta}{2}=2\cos\frac{\theta}{2}$
　　　よって、△AQRの面積をSとおくと、
　　　　　　　 $\rm S=\frac{1}{2}\cdot AQ\cdot AR\cdot \sin\angle QAR$
　　　　　　　　 $\rm =\frac{1}{2}\cdot 2\cos\theta\cdot 2\cos\frac{\theta}{2}\cdot \sin\frac{\theta}{2}$
　　　　　　　　 $\rm =\cos\theta\sin\theta$ 　　　←倍角公式
　　　　　　　　 $\rm =\underline{\ \frac{1}{2}\sin 2\theta\ }$ 　　　←倍角公式

　(２)
　　　θは鋭角なので、(１)で求めたSが最大になるのは、
　　　　　　　　 $\rm \sin 2\theta=1\ \ \Leftrightarrow\ \ 2\theta=\frac{\pi}{2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \theta=\frac{\pi}{4}$
　　　のときである。
　　　このとき、
　　　　　　　　 $\rm AP=AQ=2\cos\frac{\pi}{4}=\sqrt2$
　　　より、
　　　　　　　　 $\rm \overrightarrow{\rm AQ}=\frac{AQ}{AB}\ \overrightarrow{\rm AB}=\frac{\sqrt2}{2}\ \overrightarrow{\rm AB}$ 　　　……(#)

　　　また、二等辺三角形ＡＰＱの底辺PQの中点をＭとすると、
　　　　　　　　 $\rm \angle PAM=\angle QAM=\angle RAQ=\frac{\pi}{8}$
　　　なので、
　　　　　　　　 $\rm RQ:MQ=AR:AM$
　　　　　　　　　　　　 $\rm =AB\cos\frac{\pi}{8}:AQ\cos\frac{\pi}{8}$
　　　　　　　　　　　　 $\rm =AB:AQ$
　　　　　　　　　　　　 $\rm =2:\sqrt2$
　　　　　　　　　　　　 $\rm =\sqrt2:1$
　　　　　　 $\rm \ \ \Leftrightarrow\ \ PR:QR=\left(2+\sqrt2\right):\sqrt2$ ．
　　　これより、RはPQを $\rm \left(2+\sqrt2\right):\sqrt2$ の比に外分する点なので、
　　　　　　　　 $\rm \overrightarrow{\rm AR}=\frac{-\sqrt2}{\left(2+\sqrt2\right)-\sqrt2}\ \overrightarrow{\rm AP}+\frac{2+\sqrt2}{\left(2+\sqrt2\right)-\sqrt2}\ \overrightarrow{\rm AQ}$
　　　　　　　　　　 $\rm =-\frac{\sqrt2}{2}\ \overrightarrow{\rm AP}+\frac{2+\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}\ \overrightarrow{\rm AB}$ 　　　←(#)より
　　　　　　　　　　 $\rm =\underline{\ -\frac{\sqrt2}{2}\ \overrightarrow{\rm AP}+\frac{\sqrt2 +1}{2}\ \overrightarrow{\rm AB}\ }$

　　色々な解法が考えられそうです。　　

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2015/05/08(金) 23:57:00|

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