第1問
xy平面上に楕円
$\small\sf{\begin{align*} \sf C:\ \frac{x^2}{9}+y^2=1\end{align*}}$
がある。y軸上の点P(0，t) （t＞1）を通り、Cと第1象限で接する接線を
Lとする。LとCの接点をRとし、Lとx軸の交点をQとする。次の問いに答えよ。
(1) Lの方程式を求めよ。また、点RおよびQの座標を求めよ。
(2) 点Pがt＞1の範囲で動くとき、線分PQの長さの最小値、およびそのときの
tの値を求めよ。
(3) 前問(2)において、線分PQの長さが最小になるとき、x軸と線分RQと楕円
Cで囲まれた領域の面積を求めよ。
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【解説】
(1)
Lはy軸と平行になることはないので、Lの式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf y=ax+t\ \ \ (a<0)\end{align*}}$
と表せる。Cの式に代入すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{9}+\left(ax+1\right)^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ \left(9a^2+1\right)x^2+18atx+9t^2-9=0\end{align*}}$ ・・・・・・(#)
CとLが接するとき、(#)が重解を持つので、判別式を考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf D/4=81a^2t^2-\left(9a^2+1\right)\left(9t^2-9\right)=0\ \ \Leftrightarrow\ \ a=-\frac{\sqrt{t^2-1}}{3}\ \ \left(<0\right)\end{align*}}$
よって、直線Lの方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf y=-\frac{\sqrt{t^2-1}}{3}\ x+t}\end{align*}}$ ．
となるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0=-\frac{\sqrt{t^2-1}}{3}\ x+t\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{3t}{\sqrt{t^2-1}}\end{align*}}$
より、点Qの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \left(\frac{3t}{\sqrt{t^2-1}}\ ,\ 0\right)}\end{align*}}$
となる。またこのとき、(#)は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t^2x^2-6t\sqrt{t^2-1}x+9\left(t^2-1\right)=0&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(tx-3\sqrt{t^2-1}\right)^2=0\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf x=\frac{3\sqrt{t^2-1}}{t}\end{align*}}$
となるので、接点Rの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \left(\frac{3\sqrt{t^2-1}}{t}\ ,\ \frac{1}{t}\right)}\end{align*}}$
(2)
t＞1なので、相加・相乗平均の関係より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf PQ^2&=\sf t^2+\frac{9t^2}{t^2-1}\\ &=\sf t^2+\left(9+\frac{9}{t^2-1}\right)\\ &=\sf \left(t^2-1\right)+\frac{9}{t^2-1}+10\\ &\geqq \sf 2\sqrt{\left(t^2-1\right)\cdot\frac{9}{t^2-1}}+10\\ &=\sf 2\sqrt9+10\\ &=\sf 16\end{align*}}$
よって、PQの最小値は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf pQ_{min}=\sqrt{16}=\underline{\sf 4}\end{align*}}$
また、相加・相乗平均の等号成立は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf t^2-1=\frac{9}{t^2-1}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(t^2-1\right)^2=9\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf t^2-1=3\ (>0)\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \underline{\sf t=2\ (>0)}\end{align*}}$
(3)
Cのy≧0の部分は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{x^2}{9}+y^2=1\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\sqrt{1-\frac{x^2}{9}}\ \ \left(>0\right)\end{align*}}$
と表せ、(2)のとき、Q、Rの座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(\frac{3\cdot 2}{\sqrt{2^2-1}}\ ,\ 0\right)=\left(2\sqrt3\ ,\ 0\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf R\left(\frac{3\sqrt{2^2-1}}{2}\ ,\ \frac{1}{2}\right)=\left(\frac{3\sqrt3}{2}\ ,\ \frac{1}{2}\right)\end{align*}}$
なので、x軸と線分RQと楕円Cで囲まれた領域の面積をSとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{1}{2}\cdot\left(2\sqrt3-\frac{3}{2}\sqrt3\right)\cdot\frac{1}{2}-\int_{\frac{3}{2}\sqrt3}^3\sqrt{1-\frac{x^2}{9}}dx\\ &=\sf \frac{\sqrt3}{8}-\frac{1}{3}\int_{\frac{3}{2}\sqrt3}^3\sqrt{9-x^2}dx \end{align*}}$
で求めることができる。
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x=3\cos\theta\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dx}{d\theta}=-3\sin\theta\end{align*}}$
であり、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf x:\ \frac{3}{2}\sqrt3\rightarrow 3\end{align*}}$ に対して $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \theta:\ \frac{\pi}{6}\rightarrow 0\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_{\frac{3}{2}\sqrt3}^3\sqrt{9-x^2}dx&=\sf \int_{\pi /6}^0\sqrt{9-9\cos^2\theta}\cdot\left(-3\sin\theta\right)d\theta\\ &=\sf 9\int_0^{\pi /6}\sin^2\theta d\theta\\ &=\sf \frac{9}{2}\int_0^{\pi /6}\left(1-\cos 2\theta\right)d\theta \\ &=\sf \frac{9}{2}\bigg[\theta-\frac{1}{2}\sin 2\theta\bigg]_0^{\pi /6}\\ &=\sf \frac{3}{4}\pi-\frac{9}{8}\sqrt3 \end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{\sqrt3}{8}-\frac{1}{3}\left(\frac{3}{4}\pi-\frac{9}{8}\sqrt3\right)\\ &=\sf \underline{\sf \frac{\sqrt3}{2}-\frac{\pi}{4}} \end{align*}}$
いつも通りの問題です。
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- 大学入試(数学) .関西の私立大学 .関西大 理系 2016（全学部）
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【解説】
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f(x)=\sqrt{bx^2+1}-ax\ \ \ \left(0\lt b\lt a^2\ ,\ 0\lt a\right)\end{align*}}$
(1)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ '(x)=\frac{1}{2}\left(bx^2+1\right)^{-\frac{1}{2}}\cdot 2bx-a=\underline{\sf \frac{bx}{\sqrt{bx^2+1}}-a}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf f\ ''(x)&=\sf \frac{b\sqrt{bx^2+1}-bx\cdot\frac{bx}{\sqrt{bx^2+1}}}{bx^2+1}\\ &=\sf \frac{b\left(bx^2+1\right)-b^2x^2}{\left(bx^2+1\right)\sqrt{bx^2+1}}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{b}{\left(bx^2+1\right)\sqrt{bx^2+1}}}\end{align*}}$
(2)
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}f\ (x)&=\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\sqrt{bx^2+1}-ax\right)\\ &=\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\left(b-a^2\right)x^2+1}{\sqrt{bx^2+1}+ax}\\ &=\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\left(b-a^2\right)x+\frac{1}{x}}{\sqrt{b+\frac{1}{x^2}}+\frac{a}{x}}\\ &=\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{b-a^2}{\sqrt{b}}\ x\\ &=\sf -\infty\ \ \left(\because\ 0\lt b\lt a^2\right)\end{align*}}$
(3)
(1)より、f”(x)＞0なので、f’(x)は単調に増加する。
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \lim_{x\rightarrow\infty}f\ '(x)&=\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{bx}{\sqrt{bx^2+1}}-a\right)\\ &=\sf \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{b}{\sqrt{b+\frac{1}{x^2}}}-a\right)\\ &=\sf \sqrt{b}-a\\ &=\sf \frac{b-a^2}{\sqrt{b}+a}<0\ \ \ \left(\because\ 0\lt b^lt a^2\ ,\ 0\lt a\right) \end{align*}}$
なので、常にf’(x)＜0となる。
(4)
(3)より、f(x)は単調に減少し、このことと(2)より、f(x)=0となる
xがただ1つ存在する。b=a2-1より
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf f\ (x)=\sqrt{\left(a^2-1\right)x^2+1}-ax=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(a^2-1\right)x^2+1=a^2x^2\ \ ,\ \ x\geqq 0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=1\ (>0)\end{align*}}$
よって、曲線y=f(x)と両軸で囲まれた部分をx軸の周りに1回転して
できる回転体の体積をVとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \pi\int_0^1\bigg\{f\ (x)\bigg\}^2dx\\ &=\sf \pi\int_0^1\bigg\{\sqrt{\left(a^2-1\right)x^2+1}-ax\bigg\}^2dx\\ &=\sf \pi\int_0^1\bigg\{\left(a^2-1\right)x^2+1-2ax\sqrt{\left(a^2-1\right)x^2+1}+a^2x^2\bigg\}dx\\ &=\sf \pi\int_0^1\bigg\{\left(2a^2-1\right)x^2+1\bigg\}dx-2a\pi\int_0^1x\sqrt{\left(a^2-1\right)x^2+1}\ dx\end{align*}}$
ここで、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\left(a^2-1\right)x^2+1\end{align*}}$
と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{dt}{dx}=2\left(a^2-1\right)x\end{align*}}$
であり、x：0→1 のとき t：1→a2なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1x\sqrt{\left(a^2-1\right)x^2+1}\ dx&=\sf \int_1^{a^2}x\sqrt{t}\cdot\frac{dt}{2\left(a^2-1\right)x}\\ &=\sf \frac{1}{2\left(a^2-1\right)}\int_1^{a^2}\sqrt{t}\ dt\\ &=\sf \frac{1}{2\left(a^2-1\right)}\bigg[\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}\bigg]_1^{a^2}\\ &=\sf \frac{a^3-1}{3\left(a^2-1\right)}\\ &=\sf \frac{\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)}{3\left(a-1\right)\left(a+1\right)}\\ &=\sf \frac{a^2+a+1}{3\left(a+1\right)}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^1\bigg\{\left(2a^2-1\right)x^2+1\bigg\}dx&=\sf \left[\frac{1}{3}\left(2a^2-1\right)x^3+x\right]_0^1\\ &=\sf \frac{1}{3}\left(2a^2-1\right)+1\\ &=\sf \frac{2\left(a^2+1\right)}{3}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf \frac{2\left(a^2+1\right)}{3}\pi-2a\pi\cdot\frac{a^2+a+1}{3\left(a+1\right)}\\ &=\sf \frac{2}{3}\pi\cdot\frac{\left(a^2+1\right)\left(a+1\right)-a\left(a^2+a+1\right)}{a+1}\\ &=\sf \underline{\sf \frac{2\pi}{3\left(a+1\right)}}\end{align*}}$
いつもの関大の感じですね。
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