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数学2 三角関数問題 43 解説

方針・初手

点 $\text{P}$ における接線、円外の点 $\text{Q}$ から引いた2接線の性質を利用して、各点の座標や図形的な関係を式に表していく。円外の点から円に引いた2本の接線の長さは等しく、中心と結ぶ直線がなす角を二等分するという幾何的性質に着目する。

解法1

(1) 点 $\text{P}$ は第1象限にある単位円 $C$ 上の点であり、$\angle \text{SOP} = \theta$ であるから、その座標は $\text{P}(\cos\theta, \sin\theta)$ と表される。

点 $\text{P}$ における接線 $l$ の方程式は、

$$x\cos\theta + y\sin\theta = 1$$

となる。

点 $\text{S}$ は直線 $l$ と $x$ 軸の交点であるから、$y=0$ を代入して、

$$x\cos\theta = 1$$

$\text{P}$ は第1象限の点より $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ であるため、$\cos\theta \neq 0$ となり、

$$x = \frac{1}{\cos\theta}$$

よって、点 $\text{S}$ の座標は $\left(\frac{1}{\cos\theta}, 0\right)$ である。

(2) 円 $C$ の外部の点 $\text{Q}$ から引いた2本の接線の接点が $\text{P}, \text{R}$ であるから、直角三角形 $\text{OPQ}$ と $\text{ORQ}$ は合同となる。ゆえに、$\text{OQ}$ は $\angle \text{PQR}$ の二等分線であり、$\angle \text{PQR} = \alpha$ であるから、

$$\angle \text{OQP} = \frac{\alpha}{2}$$

となる。

直角三角形 $\text{OPQ}$ において $\angle \text{OPQ} = \frac{\pi}{2}$ であるから、

$$\angle \text{POQ} = \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}$$

である。

条件より $\text{Q}$ の $y$ 座標は $\text{P}$ の $y$ 座標より大きいので、動径 $\text{OQ}$ の偏角は $\theta + \frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}$ となる。さらに、$\triangle \text{OPQ} \equiv \triangle \text{ORQ}$ より $\angle \text{POQ} = \angle \text{ROQ}$ であるから、動径 $\text{OR}$ の偏角は、

$$\theta + 2\left(\frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}\right) = \theta + \pi - \alpha$$

となる。したがって、点 $\text{R}$ の座標は $(\cos(\theta+\pi-\alpha), \sin(\theta+\pi-\alpha))$、すなわち $(-\cos(\theta-\alpha), -\sin(\theta-\alpha))$ である。

直線 $m$ は点 $\text{R}$ における接線であるから、その方程式は、

$$-\cos(\theta-\alpha)x - \sin(\theta-\alpha)y = 1$$

となる。

点 $\text{T}$ は直線 $m$ と $x$ 軸の交点であるから、$y=0$ を代入して整理すると、

$$x = -\frac{1}{\cos(\theta-\alpha)}$$

よって、点 $\text{T}$ の座標は $\left(-\frac{1}{\cos(\theta-\alpha)}, 0\right)$ である。

(3) 点 $\text{R}$ が第2象限にあるための条件は、

$$\begin{cases} -\cos(\theta-\alpha) < 0 \\ -\sin(\theta-\alpha) > 0 \end{cases}$$

すなわち、

$$\begin{cases} \cos(\theta-\alpha) > 0 \\ \sin(\theta-\alpha) < 0 \end{cases}$$

である。

ここで、$\theta$ は第1象限の点 $\text{P}$ の偏角であるから $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ であり、また $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるため、

$$-\frac{\pi}{2} < \theta - \alpha < \frac{\pi}{2}$$

である。この範囲において $\cos(\theta-\alpha) > 0$ は常に成り立つ。 $\sin(\theta-\alpha) < 0$ となる条件は、$-\frac{\pi}{2} < \theta - \alpha < 0$ であるから、

$$\theta < \alpha$$

となる。 $\theta > 0$ と合わせて、求める範囲は $0 < \theta < \alpha$ である。

(4) 直角三角形 $\text{OPQ}$ において、$\text{OP} = 1$、$\angle \text{OQP} = \frac{\alpha}{2}$ であるから、

$$\text{OQ} = \frac{\text{OP}}{\sin(\angle \text{OQP})} = \frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}}$$

となる。この値は $\theta$ を含んでいないため、線分 $\text{OQ}$ の長さは $\theta$ によらない。その長さは $\frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}}$ である。

(5) $\triangle \text{SQT}$ の面積 $A$ は、底辺を $\text{ST}$ とし、高さを $\text{Q}$ の $y$ 座標として求める。 (3) の結果から $0 < \theta < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるため、$\cos\theta > 0$ および $\cos(\theta-\alpha) > 0$ が成り立つ。したがって、点 $\text{S}$ の $x$ 座標は正、点 $\text{T}$ の $x$ 座標は負となるので、底辺 $\text{ST}$ の長さは、

$$\text{ST} = \frac{1}{\cos\theta} - \left(-\frac{1}{\cos(\theta-\alpha)}\right) = \frac{1}{\cos\theta} + \frac{1}{\cos(\theta-\alpha)}$$

となる。

また、点 $\text{Q}$ の極座標は $\left(\frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}}, \theta+\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}\right)$ であるから、その $y$ 座標は、

$$y = \frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}}\sin\left(\theta+\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{\cos\left(\theta-\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin\frac{\alpha}{2}}$$

となる。

よって、$\triangle \text{SQT}$ の面積 $A$ は、

$$A = \frac{1}{2} \left\{ \frac{1}{\cos\theta} + \frac{1}{\cos(\theta-\alpha)} \right\} \frac{\cos\left(\theta-\frac{\alpha}{2}\right)}{\sin\frac{\alpha}{2}}$$

カッコ内を通分し、和積の公式 $\cos A + \cos B = 2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}$ を用いると、

$$\frac{1}{\cos\theta} + \frac{1}{\cos(\theta-\alpha)} = \frac{\cos(\theta-\alpha) + \cos\theta}{\cos\theta\cos(\theta-\alpha)} = \frac{2\cos\left(\theta-\frac{\alpha}{2}\right)\cos\frac{\alpha}{2}}{\cos\theta\cos(\theta-\alpha)}$$

となるので、

$$A = \frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{\cos^2\left(\theta-\frac{\alpha}{2}\right)}{\cos\theta\cos(\theta-\alpha)}$$

ここで、半角の公式および積和の公式を用いて変形すると、

$$\cos^2\left(\theta-\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{1+\cos(2\theta-\alpha)}{2}$$

$$\cos\theta\cos(\theta-\alpha) = \frac{\cos(2\theta-\alpha) + \cos\alpha}{2}$$

であるから、

$$A = \frac{1}{\tan\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{1+\cos(2\theta-\alpha)}{\cos(2\theta-\alpha)+\cos\alpha}$$

と表される。

(6) (5) で求めた式において、$X = \cos(2\theta-\alpha)$ とおく。 $0 < \theta < \alpha$ より $-\alpha < 2\theta-\alpha < \alpha$ である。 $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、この範囲で $X$ のとり得る値の範囲は $\cos\alpha < X \leqq 1$ となる。

$A$ を $X$ の関数とみなし、係数部分を除いた式を $f(X)$ とすると、

$$f(X) = \frac{1+X}{X+\cos\alpha} = 1 + \frac{1-\cos\alpha}{X+\cos\alpha}$$

ここで、$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より $1-\cos\alpha > 0$ であるため、関数 $f(X)$ は単調減少関数である。したがって、$f(X)$ は $X$ が最大のとき最小となる。

$X$ の最大値は $X=1$ であり、このとき $2\theta-\alpha=0$ すなわち $\theta = \frac{\alpha}{2}$ となり、$0 < \theta < \alpha$ を満たす。 $X=1$ のときの $A$ の最小値は、

$$A = \frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{2}{1+\cos\alpha}$$

$1+\cos\alpha = 2\cos^2\frac{\alpha}{2}$ であるから、

$$A = \frac{\cos\frac{\alpha}{2}}{\sin\frac{\alpha}{2}} \cdot \frac{2}{2\cos^2\frac{\alpha}{2}} = \frac{1}{\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}} = \frac{2}{\sin\alpha}$$

となる。

解説

円の接線に関する幾何学的な性質（円外の点から引いた接線の長さが等しいことや、接点と中心を結んだ半径が接線と直交することなど）を利用して、各点の座標を極座標的に捉えると見通しよく解くことができる。後半の面積の最小化においては、三角関数の和積・積和の公式や半角の公式を用いて式を $\cos(2\theta-\alpha)$ だけで表せるように整理し、一変数関数に帰着させるのが定石である。分数関数の形になったら、「分子の次数下げ」を行って単調性を調べることで最小値を求めることができる。