第２問
原点Oの座標平面上で点A(a，0)が与えられている。ただし0＜a＜1とする。
また、点Pは曲線x2+y2=1 （y＞0）上を以下の条件をみたしながら動くもの
とする。
(条件) 三角形OAPの外心Qはx2+y2≦1をみたす領域内にある。
点Qのy座標をqとする。このとき、以下の各問に答えよ。
(１) qの取りうる範囲をaを用いて表せ。
(２) qが最大となるときの点Pの座標をaを用いて表せ。
(３)点Pが条件をみたしながら動くとき、三角形OAPが通過する領域の面積を
aを用いて表せ。
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【解答】
(１)
△OAPの外心Qは線分OAの垂直二等分線上にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q\left(\frac{a}{2}\ ,\ q\right)\end{align*}}$ と表せ、これが領域x2+y2≦1内にあるので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \left(\frac{a}{2}\right)^2+q^2\leqq 1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q^2\leqq\frac{4-a^2}{4}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\leqq q\leqq\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅰ)
一方、点Pは半円x2+y2=1 （y＞0）上の点なので、
変数$\scriptsize\sf{\theta}$ （0＜$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ ）を用いて、$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf P\left(\cos\theta\ ,\ \sin\theta\right)\end{align*}}$ と表すことができる。
Qは△OAPの外心なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ=PQ&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \left(\frac{a}{2}\right)^2+q^2=\left(\frac{a}{2}-\cos\theta\right)^2+\left(q-\sin\theta\right)^2\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 0=a\cos\theta+\cos^2\theta-2q\sin\theta+\sin^2\theta\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q=\frac{1-a\sin\theta}{2\sin\theta}\end{align*}}$
qを$\scriptsize\sf{\theta}$ で微分すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dq}{d\theta}&=\sf \frac{a\sin\theta\cdot\sin\theta-\left(1-a\cos\theta\right)\cos\theta}{2\sin^2\theta}\\ &=\sf \frac{a-\cos\theta}{2\sin^2\theta}\end{align*}}$
0＜a＜1より、cos$\scriptsize\sf{\theta}$ =aとなる$\scriptsize\sf{\theta}$ が0＜$\scriptsize\sf{\theta}$ ＜$\scriptsize\sf{\pi}$ にただ1つ
存在するので、その値を$\scriptsize\sf{\alpha}$ とおくと、qの増減は次のようになる。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\alpha=a\ ,\ \sin\alpha=\sqrt{1-a^2}\ (>0)\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf q&\geqq\sf q_{min}\\ &=\sf \frac{1-a\cos\alpha}{2\sin\alpha}\\ &=\sf \frac{1-a^2}{2\sqrt{1-a^2}}\\ &=\sf \frac{\sqrt{1-a^2}}{2}\end{align*}}$
これと(ⅰ)より、qの取りうる値の範囲は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf \frac{\sqrt{1-a^2}}{2}\leqq q\leqq\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}}\end{align*}}$
(２)
(１)よりqが最大になるとき
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=\frac{1-a\cos\theta}{2\sin\theta}=\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sqrt{4-a^2}\sin\theta+a\cos\theta=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\sin\theta+\frac{a}{2}\cos\theta=\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\left(\theta-\beta\right)=\frac{1}{2}\ \ \ \left(\sin\beta=\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\ ,\ \cos\beta=\frac{a}{2}\ ,\ 0<\beta <\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \theta-\beta=\pm\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \theta =\beta\pm\frac{\pi}{3}\end{align*}}$ ・・・・・・(ⅱ)
なので、この$\scriptsize\sf{\theta}$ に対して
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \cos\theta&=\sf \cos\left(\beta \pm\frac{\pi}{3}\right)\\ &=\sf \cos\beta\cos\frac{\pi}{3}\mp\sin\beta\sin\frac{\pi}{3}\\ &=\sf \frac{a}{2}\cdot\frac{1}{2}\mp\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}\\ &=\sf \frac{a\mp\sqrt{3\left(4-a^2\right)}}{4}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin\theta&=\sf \sin\left(\beta \pm\frac{\pi}{3}\right)\\ &=\sf \sin\beta\cos\frac{\pi}{3}\pm\cos\beta\sin\frac{\pi}{3}\\ &=\sf \frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\cdot\frac{1}{2}\pm\frac{a}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}\\ &=\sf \frac{\sqrt{4-a^2}\pm\sqrt{3}\ a}{4}\end{align*}}$
よって、qが最大になるときのPをP1、P2とすると、その座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf P_1\left(\frac{a-\sqrt{3\left(4-a^2\right)}}{4}\ ,\ \frac{\sqrt{4-a^2}+\sqrt{3}\ a}{4}\right)}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\sf P_2\left(\frac{a+\sqrt{3\left(4-a^2\right)}}{4}\ ,\ \frac{\sqrt{4-a^2}-\sqrt{3}\ a}{4}\right)}\end{align*}}$ ．
(３)
(２)と同様に計算すると
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf q=\frac{1-a\cos\theta}{2\sin\theta}\leqq\frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\left(\theta-\beta\right)\geqq\frac{1}{2}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ -\frac{\pi}{3}\leqq\theta-\beta\leqq\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \beta-\frac{\pi}{3}\leqq\theta\leqq\beta +\frac{\pi}{3}\end{align*}}$
となるので、(条件)をみたすとき、
(ⅱ)より点Pは弧P1P2上を動く。
また、qが最大になるときのQをQ1とおくと、(２)の$\scriptsize\sf{\beta}$ を用いて
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf Q_1\left(\frac{a}{2}\ ,\ \frac{\sqrt{4-a^2}}{2}\right)=\left(\cos\beta\ ,\ \sin\beta\right)\end{align*}}$
と表せるので、∠Q1OA=$\scriptsize\sf{\beta}$ である。
よって、(ⅱ)より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \angle P_1OQ_1=\angle P_2OQ_1=\frac{\pi}{3}\ \ ,\ \ \angle P_1OP_2=\frac{2\pi}{3}\end{align*}}$
であり、点Pが条件をみたしながら動くとき、三角形OAPが通過する
領域は、扇形P1OP2に△P2OAを加えた部分になる。
よって、その面積は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\frac{\pi}{3}+\frac{1}{2}\cdot a\cdot \frac{\sqrt{4-a^2}-\sqrt{3}\ a}{4}=\underline{\ \frac{\pi}{3}+\frac{\left(\sqrt{4-a^2}-\sqrt{3}\ a\right)a}{8}}\end{align*}}$
となる。
(２) 三角関数の合成をcosでもできるようにしておきましょう！
±で処理できるのでsinでやるより楽なことが多いです。
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/10/14(日) 01:02:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .札幌医科大 2016
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