第1問
三角形ABCにおいて、∠A=60°とする。辺CA、ABの長さを
それぞれb、cとおき、三角形ABCの外接円の中心をOとおく。
次の問いに答えよ。
(1) 三角形ABCの面積をSとする。Sをbとcを用いて表せ。
(2) 三角形OBCの面積をTとする。Tをbとcを用いて表せ。
(3) S：T=3：1であるとき、三角形ABCは正三角形であることを
示せ。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\sin A=\underline{\ \frac{\sqrt3}{4}\ bc\ }\end{align*}}$
(2)
△ABCにおいて、余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf BC^2=b^2+c^2-2bc\cos 60^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ BC=\sqrt{b^2+c^2-bc}\ \ (>0)\end{align*}}$
△ABCの外接円の半径をRとおくと、正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{BC}{\sin A}=2R\ \ \Leftrightarrow\ \ R=\sqrt{\frac{b^2+c^2-bc}{3}}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf T&=\sf \frac{1}{2}R^2\sin 120^{\circ}\\ &=\sf \underline{\ \frac{\sqrt3}{12}\left(b^2+c^2-bc \right)}\end{align*}}$
(3)
(1)、(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S:T=3:1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \frac{\sqrt3}{4}\ bc=\frac{\sqrt3}{12}\left(b^2+c^2-bc \right)\times 3\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf bc=b^2+c^2-bc\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf b^2-2nc+c^2=\left( b-c\right)^2=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf b=c\end{align*}}$
よって、△ABCは頂角が60°の二等辺三角形なので、
正三角形である。
(2)ができれば(3)は問題ないですね。
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第2問
nを正の整数とし、
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf n}\sf =\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\frac{\sin nx}{\sin x}\ dx\end{align*}}$
とおく。次の問いに答えよ。
(1) I1、I2の値をそれぞれ求めよ。
(2) 正の整数mに対して、等式
$\small\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 2m+1}-\rm I_{\sf 2m-1}=2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 2mx\ dx\end{align*}}$
が成り立つことを示せ。
(3) I9の値を求めよ。
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【解答】
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 1}\sf =\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\frac{\sin x}{\sin x}\ dx=\int_{\pi /4}^{3\pi /4}dx=\bigg[ x\bigg]_{\pi /4}^{3\pi /4}=\underline{\ \frac{\pi}{2}\ }\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 2}\sf =\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\frac{\sin 2x}{\sin x}\ dx=\int_{\pi /4}^{3\pi /4}2\cos x\ dx=\bigg[ 2\sin 2x\bigg]_{\pi /4}^{3\pi /4}=\underline{\ 0\ }\end{align*}}$
(2)
和・積の公式を用いると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf 2m+1}\sf -\rm I_{\sf 2m-1}\sf &=\sf \int_{\pi /4}^{3\pi /4}\frac{\sin\left(2m+1 \right)x-\sin\left(2m-1 \right)nx}{\sin x}\ dx\\ &=\sf \int_{\pi /4}^{3\pi /4}\frac{2\cos 2mx\sin x}{\sin x}\ dx\\ &=\sf 2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 2mx\ dx \end{align*}}$
(3)
(2)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 3}\sf -\rm I_{\sf 1}\sf =2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 2x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 5}\sf -\rm I_{\sf 3}\sf =2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 4x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 7}\sf -\rm I_{\sf 5}\sf =2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 6x\ dx\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \rm I_{\sf 9}\sf -\rm I_{\sf 7}\sf =2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 8x\ dx\end{align*}}$
が成り立ち、これら4式を辺々加えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf 9} -\rm I_{\sf 1} &=\sf 2\int_{\pi /4}^{3\pi /4}\left(\cos 2x+\cos 4x+\cos 6x+\cos 8x\right)\ dx\\ &=\sf 2\left[\frac{1}{2}\sin 2x+\frac{1}{4}\sin 4x+\frac{1}{6}\sin 6x+\frac{1}{8}\sin 8x \right]_{\pi /4}^{3\pi /4}\\ &=\sf \frac{2}{2}\left(-1-1 \right)+0+\frac{2}{6}\left(1+1 \right)+0\\ &=\sf -\frac{4}{3}\end{align*}}$
これと(1)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\rm I_{\sf 9}\sf =\underline{\ \frac{\pi}{2}-\frac{4}{3}\ }\end{align*}}$
(2)で和積の公式を使っていますが、忘れていても
加法定理で分子の( )を外すと同じ結果になります。
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第3問
aを実数とする。2次関数y=x2-ax+3のグラフをGとし、直線
y=-x+2をLとする。次の問いに答えよ。ただしOは原点である。
(1) GとLが異なる2点で交わるとき、aのみたす条件を求めよ。
(2) GとLが異なる2点A、Bで交わるとする。ベクトル$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\end{align*}}$ と$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$ の
なす角を$\small\sf{\theta}$ とする。以下の(ⅰ)、(ⅱ)、(ⅲ)に答えよ。
(ⅰ) 内積$\small\sf{\begin{align*} \sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}\end{align*}}$ をaを用いて表せ。
(ⅱ) cos$\small\sf{\theta}$ をaを用いて表せ。
(ⅲ) $\small\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\ \cos\theta\end{align*}}$ を求めよ。
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【解答】
(1)
GとLの2式を連立させると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x^2-ax+3=-x+2\ \ \Leftrightarrow\ \ x^2-\left(a-1 \right)x+1=0\end{align*}}$ ……(#)
となり、GとLが異なる2点で交わるための条件は、
(#)の判別式Dを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D=\left(a-1 \right)^2-4>0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ a-1<-2\ \ ,\ \ 2\lt a-1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\ a<-1\ ,\ 3\lt a}\end{align*}}$
(2)(ⅰ)
(#)の2解をs、tとおくと、2交点の座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A\left(s,-s+2 \right)\ ,\ B\left(t,-t+2 \right)\end{align*}}$
と表すことができ、また、解と係数の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf s+t=a-1\ \ ,\ \ st=1\end{align*}}$ ……(*)
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \overrightarrow{\sf OA}\cdot\overrightarrow{\sf OB}&=\sf st+\left(-s+2 \right)\left(-t+2 \right)\\ &=\sf 2st-2\left( s+t\right)+4\\ &=\sf 2-2\left(a-1 \right)+4\\ &=\sf \underline{\ -2a+8}\end{align*}}$
(2)(ⅱ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left| \overrightarrow{\sf OA}\right|^2=s^2+\left(-s+2 \right)^2=2s^2-4s+4\end{align*}}$
なので、(*)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left| \overrightarrow{\sf OA}\right|^2\left| \overrightarrow{\sf OB}\right|^2&=\sf \left( 2s^2-4s+4\right)\left(2t^2-4t+4 \right)\\ &=\sf 4\bigg\{s^2t^2-2st\left(s+t \right)+2\left( s^2+t^2\right)+4st-4\left(s+t \right)+4 \bigg\}\\ &=\sf 4\bigg[1-2\left(s+t \right)+2\bigg\{\left( s+t\right)^2-2st\bigg\}+4-4\left(s+t \right)+4 \bigg]\\ &=\sf 4\bigg[9-6\left(a-1 \right)+2\bigg\{\left( a-1\right)^2-2\bigg\} \bigg]\\ &=\sf 4\left(2a^2-10a+13 \right) \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\frac{-2a+8}{\sqrt{4\left(2a^2-10a+13 \right)}}=\underline{\ \frac{-a+4}{\sqrt{2a^2-10a+13}}\ }\end{align*}}$
(2)(ⅲ)
(ⅱ)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \lim_{a\rightarrow\infty}\ \cos\theta =\lim_{a\rightarrow\infty}\frac{-1+\frac{4}{a}}{\sqrt{2-\frac{10}{a}+\frac{13}{a^2}}}=\underline{\ -\frac{1}{\sqrt2}\ }\end{align*}}$
まぁ標準的な問題ですね。
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- 2015/12/07(月) 23:57:00|
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