第１問
0＜$\small\sf{\theta}$＜$\small\sf{\frac{\pi}{2}}$ とする。放物線y=x2上に3点O(0，0)、A(tan$\small\sf{\theta}$，tan2$\small\sf{\theta}$)、
B(-tan$\small\sf{\theta}$，tan2$\small\sf{\theta}$)をとる。三角形OABの内心のy座標をpとし、外心の
y座標をqとする。また、正の実数aに対して、直線y=aと放物線y=x2で
囲まれた図形の面積をS(a)で表す。
(１) p、qをcos$\small\sf{\theta}$を用いて表せ。
(２) $\small\sf{\frac{S\left(p\right)}{S\left(q\right)}}$ が整数であるようなcos$\small\sf{\theta}$の値をすべて求めよ。
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【解答】
(１)
$\scriptsize\sf{0\lt \theta\lt\frac{\pi}{2}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AB=2tan\theta\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OA=OB&=\sf \sqrt{tan^2\theta+\left(tan^2\theta\right)^2} \\ &=\sf tan\theta\cdot\sqrt{1+tan^2\theta}\\ &=\sf \frac{tan\theta}{cos\theta}\end{align*}}$
また、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf\triangle OAB=\frac{1}{2}\cdot 2\tan\theta\cdot tan^2\theta=tan^3\theta \end{align*}}$
なので、△OABの内接円の半径をrとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf tan^3\theta=\frac{r}{2}\left(2tan\theta+2\cdot\frac{tan\theta}{cos\theta}\right)\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1+\cos\theta}{cos\theta}\ r=tan^2\theta \end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ r&=\sf \frac{cos\theta}{1+cos\theta}\cdot tan^2\theta \\ &=\sf\frac{cos\theta}{1+cos\theta}\cdot\left(\frac{1}{cos^2\theta}-1\right) \\ &=\sf \frac{1-cos\theta}{cos\theta}\cdot\end{align*}}$
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf p&=\sf tan^2\theta-r \\ &=\sf \left(\frac{1}{cos^2\theta}-1\right)-\frac{1-cos\theta}{cos\theta}\\ &=\sf \underline{\frac{1-cos\theta}{cos^2\theta}}\end{align*}}$
一方、△OABの外心をQとおくと、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf OQ=AQ&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q^2=\left(tan\theta\right)^2+\left(tan^2\theta-q\right)^2 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf q=\frac{1}{2}\left(tan^2\theta+1\right)=\underline{\frac{1}{2cos^2\theta}} \end{align*}}$
(２)
直線y=aと放物線y=x2の共有点のx座標は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf x^2=a\ \ \Leftrightarrow\ \ x=\pm\sqrt{a}\end{align*}}$
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S\left(a\right)&=\sf \int_{-\sqrt{a}}^{\sqrt{a}}\left(a-x^2\right)dx \\ &=\sf \frac{1}{6}\left(2\sqrt{a}\right)^3\\ &=\sf\frac{4}{3}\left(\sqrt{a}\right)^3 \end{align*}}$
よって、(１)より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{S\left(p\right)}{S\left(q\right)}=\frac{\left(\sqrt{p}\right)^3}{\left(\sqrt{q}\right)^3}=\bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}} \end{align*}}$
ここで、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt\theta\lt\frac{\pi}{2}\end{align*}}$ より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf 0\lt cos\theta\lt 1\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt 2\left(1-cos\theta\right)\lt 2\ \ \Leftrightarrow\ \ 0\lt\bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}}\lt 2\sqrt2 \end{align*}}$
なので、$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{S\left(p\right)}{S\left(q\right)}\end{align*}}$ が整数となるときの値は1または2である。
よって、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}}=1&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(1-cos\theta\right)=1 \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf cos\theta=\underline{\frac{1}{2}}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \bigg\{2\left(1-cos\theta\right)\bigg\}^{\frac{3}{2}}=2&\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf 2\left(1-cos\theta\right)=\sqrt[3]{2} \\ &\ \ \Leftrightarrow\ \ \sf cos\theta=\underline{1-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/06/01(金) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .関東の大学 .筑波大 2018
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