第2問
Oを原点とする座標平面上において、$\small\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{2}\lt\theta\lt\frac{3}{2}\pi\end{align*}}$ を満たす実数$\small\sf{\theta}$ に対し、
方程式
$\small\sf{\sf (1 +\sin\theta)x-(\cos\theta)y=\cos\theta}$
で表される直線を$\small\sf{L_{\theta}}$ とする。$\small\sf{\begin{align*} \sf\theta\ne \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき、直線$\small\sf{L_{\theta}}$ はx軸と点P( ケ ，0)
で交わり、y軸と点Q(0， コ )で交わる。また、$\small\sf{\begin{align*} \sf\theta= \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき、直線$\small\sf{L_{\theta}}$ は
y軸と一致する。
一方、$\small\sf{\theta}$ を媒介変数とする点R( サ ，$\small\sf{\sin\theta}$ )は、直線$\small\sf{_{\theta}}$ 上に存在する。
点(-1，0)と点(1，0)を結ぶ線分上に点Pが存在する$\small\sf{\theta}$ の範囲は シ である。
また、点Pのx座標をtと書くとき、sin$\small\sf{\theta}$ 、cos$\small\sf{\theta}$ はtを用いて
$\small\sf{\sin\theta}$ = ス 、 $\small\sf{\cos\theta}$ = セ
と表せる。
$\small\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{2}\lt\alpha\le\frac{3}{2}\pi\end{align*}}$ を満たす実数$\small\sf{\alpha}$ に対して、$\small\sf{\theta}$ が$\small\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ から$\small\sf{\alpha}$ まで変化するとき、
点Rの軌跡を$\small\sf{C_{\alpha}}$ とする。ただし、$\small\sf{\begin{align*} \sf \theta=- \frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき、点Rの座標は(0，-1)と定める。
曲線$\small\sf{C_{\alpha}}$ と直線$\small\sf{L_{\alpha}}$ で囲まれた図形の面積を$\small\sf{S(\alpha)}$ とする。
(1) $\small\sf{\begin{align*} -\sf \frac{\pi}{2}\le\alpha\le\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ のとき、$\small\sf{S(\alpha)}$ = ソ である。$\small\sf{\begin{align*} \sf 0\lt\alpha\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ で、$\small\sf{\alpha=\cos\alpha}$ を満たす
$\small\sf{\alpha}$ を$\small\sf{\beta}$ とする。このとき、$\small\sf{S(\beta)}$ = タ である。
(2) $\small\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}\lt\alpha\lt\frac{3}{2}\pi\end{align*}}$ のとき、S($\small\sf{\alpha}$ )= チ である。(1)の$\small\sf{\beta}$ に対して、$\small\sf{S(\pi -\beta)}$ =
ツ である。
(3) 曲線$\small\sf{C_{\alpha}}$ の長さの半分が$\small\sf{S(\alpha)}$ に一致するとき、$\small\sf{\alpha}$ = テ である。
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
【解答】
ケ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}\end{align*}}$ コ -1 サ cos$\scriptsize\sf{\theta}$ シ $\scriptsize\sf{0\leqq\theta\leqq\pi}$ ス $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{1-t^2}{1+t^2}\end{align*}}$
セ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{2t}{1+t^2}\end{align*}}$ ソ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi+2\alpha-2\cos\alpha}{4} \end{align*}}$ タ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{4}\end{align*}}$ チ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi+2\alpha-2\cos\alpha}{4}\end{align*}}$
ツ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{3}{4}\pi\end{align*}}$ テ $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2} \end{align*}}$
【解説】
(ケ)
$\scriptsize\sf{\sf L_{\theta}}$ の式にy=0を代入すると、Pのx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1+\sin\theta\right)x-0=\cos\theta\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\underline{\frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}}\end{align*}}$
(コ)
$\scriptsize\sf{\sf L_{\theta}}$ の式にx=0を代入すると、Qのy座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf 0-\left(\cos\theta\right)y=\cos\theta\ \ \Leftrightarrow\ \ y=\underline{-1}\ \ \ \left(\because\ \theta\ne\frac{\pi}{2}\right)\end{align*}}$
(サ)
$\scriptsize\sf{\sf L_{\theta}}$ の式にy=sin$\scriptsize\sf{\theta}$ を代入すると、Rのx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \left(1+\sin\theta\right)x-\sin\theta\cos\theta=\cos\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+\sin\theta\right)x=\cos\theta\left(1+\sin\theta\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\underline{\cos\theta}\end{align*}}$
(シ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\frac{\pi}{2} <\theta <\frac{3}{2}\pi\end{align*}}$ より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf -1\leqq \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \sin\theta+\cos\theta\geqq -1\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \sin\left(\theta+\frac{\pi}{4}\right)\geqq -\frac{1}{\sqrt2}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{\pi}{4}<\theta+\frac{\pi}{4}\leqq \frac{5}{4}\pi\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{\pi}{2}< \theta\leqq \pi \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}\leqq 1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \sin\theta-\cos\theta\geqq -1\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf \sin\left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)\geqq -\frac{1}{\sqrt2}\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf -\frac{\pi}{4}\leqq \theta-\frac{\pi}{4}<\frac{5}{4}\pi\\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 0\leqq \theta <\frac{3}{2}\pi \end{align*}}$
これらを同時に満たす$\scriptsize\sf{\theta}$ の範囲は、$\scriptsize\sf{\underline{0\leqq\theta\leqq\pi}}$ である。
(ス)(セ)
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf t=\frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}\ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\theta=\left(1+\sin\theta\right)t\end{align*}}$
より、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sin^2\theta+\cos^2\theta=\sin^2\theta+\left(1+\sin\theta\right)^2t^2=1\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \left(1+t^2\right)\sin^2\theta+2t^2\sin\theta-1+t^2=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \bigg\{\left(1+t^2\right)\sin\theta-1+t^2\bigg\}\left(\sin\theta+1\right)=0\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \sin\theta=\underline{\frac{1-t^2}{1+t^2}}\ \ \ \ \ \left(\because\ \sin\theta\ne -1\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=\left(1+\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)t=\underline{\frac{2t}{1+t^2}}\end{align*}}$
(ソ)
A(0-，1)、B(cos$\scriptsize\sf{\alpha}$ ，sin$\scriptsize\sf{\alpha}$ )とおく。
$\scriptsize\sf{\sf C_{\alpha}}$ を$\scriptsize\sf{\sf L_{\theta}}$ で囲まれた図形は右図のようになるので、
扇形OAB-△OABを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(\alpha\right)&=\sf 1^2\cdot\frac{\frac{\pi}{2}+\alpha}{2}-\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\\ &=\sf \underline{\frac{\pi+2\alpha-2\cos\alpha}{4}} \end{align*}}$
(タ)
$\scriptsize\sf{\beta}$ =cos$\scriptsize\sf{\beta}$ なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\left(\beta\right)=\frac{\pi+2\beta-2\cos\beta}{4}=\underline{\frac{\pi}{4}}\end{align*}}$
(チ)
$\scriptsize\sf{\sf C_{\alpha}}$ を$\scriptsize\sf{\sf L_{\alpha}}$ で囲まれた図形は右図のようになるので、
扇形OAB+△OABを考えると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(\alpha\right)&=\sf 1^2\cdot\frac{\frac{\pi}{2}+\alpha}{2}+\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\sin\left(\frac{3}{2}\pi -\alpha\right)\\ &=\sf \underline{\frac{\pi+2\alpha-2\cos\alpha}{4}} \end{align*}}$
(ツ)
$\scriptsize\sf{\beta=\cos\beta}$ なので
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(\pi-\beta\right)&=\sf \frac{\pi+2\left(\pi-\beta\right)-2\cos\left(\pi-\beta\right)}{4} \\ &=\sf \frac{\pi+2\pi-2\beta+2\cos\beta}{4}\\ &=\sf \underline{\frac{3}{4}\pi} \end{align*}}$
(テ)
孤ABの長さは $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \frac{\pi}{2}+\alpha\end{align*}}$ なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S\left(\alpha\right)=\frac{\pi+2\alpha-2\cos\alpha}{4}=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)\ \ \Leftrightarrow\ \ \cos\alpha=0\ \ \Leftrightarrow\ \ \underline{\alpha=\frac{\pi}{2}}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
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