数学3 最大最小・解の個数 問題 45 解説

方針・初手

放物線と直線の交点に関する問題です。交点の $x$ 座標を $\alpha, \beta$ とおき、2次方程式の解と係数の関係を用いて各問いの式を $m$ で表していくのが定石となります。また、2直線のなす角 $\theta$ の正接（$\tan \theta$）は、加法定理 $\tan(\theta_2 - \theta_1) = \frac{\tan\theta_2 - \tan\theta_1}{1 + \tan\theta_1\tan\theta_2}$ を利用して計算します。

解法1

(1)

点 $\text{P}(1, 1)$ を通り、傾きが $m$ の直線の方程式は、

$$y - 1 = m(x - 1) \iff y = mx - m + 1$$

この直線と放物線 $y = \frac{1}{2}x^2$ の交点の $x$ 座標 $\alpha, \beta$ は、2次方程式

$$\frac{1}{2}x^2 = mx - m + 1$$

すなわち、

$$x^2 - 2mx + 2m - 2 = 0$$

の2つの実数解である。 判別式を $D$ とすると、$\frac{D}{4} = m^2 - (2m - 2) = (m - 1)^2 + 1 > 0$ となるため、この2次方程式は常に異なる2つの実数解をもつ。 解と係数の関係より、

$$\alpha + \beta = 2m$$

$$\alpha\beta = 2m - 2$$

が成り立つ。 次に、$y = \frac{1}{2}x^2$ について $y' = x$ であるから、点 $\text{A}(\alpha, \frac{1}{2}\alpha^2)$ における接線 $l_1$ の方程式は、

$$y - \frac{1}{2}\alpha^2 = \alpha(x - \alpha) \iff y = \alpha x - \frac{1}{2}\alpha^2$$

同様に、点 $\text{B}(\beta, \frac{1}{2}\beta^2)$ における接線 $l_2$ の方程式は、

$$y = \beta x - \frac{1}{2}\beta^2$$

直線 $l_1$ と $l_2$ の交点 $\text{C}$ の $x$ 座標は、これらを連立して

$$\alpha x - \frac{1}{2}\alpha^2 = \beta x - \frac{1}{2}\beta^2$$

$$(\alpha - \beta)x = \frac{1}{2}(\alpha^2 - \beta^2) = \frac{1}{2}(\alpha - \beta)(\alpha + \beta)$$

$\alpha < \beta$ より $\alpha - \beta \neq 0$ であるから、両辺を $\alpha - \beta$ で割って

$$x = \frac{\alpha + \beta}{2} = \frac{2m}{2} = m$$

交点 $\text{C}$ の $y$ 座標は、

$$y = \alpha \cdot m - \frac{1}{2}\alpha^2 = \alpha \cdot \frac{\alpha + \beta}{2} - \frac{1}{2}\alpha^2 = \frac{1}{2}\alpha\beta = \frac{1}{2}(2m - 2) = m - 1$$

したがって、点 $\text{C}$ の座標は $(m, m - 1)$ である。

(2)

直線 $l_1, l_2$ の傾きはそれぞれ $\alpha, \beta$ であるから、

$$\tan \theta_1 = \alpha, \quad \tan \theta_2 = \beta$$

$m = \frac{1}{2}$ のとき、解と係数の関係より

$$\alpha\beta = 2 \cdot \frac{1}{2} - 2 = -1$$

すなわち、$\tan \theta_1 \tan \theta_2 = -1$ となるため、直線 $l_1$ と $l_2$ は直交する。 $\alpha < \beta$ より $\tan \theta_1 < \tan \theta_2$ であり、$-\frac{\pi}{2} < \theta_1 < \frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{2} < \theta_2 < \frac{\pi}{2}$ であることから、$\theta_1 < \theta_2$ となる。 したがって、2直線のなす角は $\theta_2 - \theta_1 > 0$ であり、直交することから

$$\theta_2 - \theta_1 = \frac{\pi}{2}$$

すなわち、$\theta = \frac{\pi}{2}$ である。

(3)

$\theta \neq \frac{\pi}{2}$ より $1 + \tan\theta_1\tan\theta_2 \neq 0$ である。 $\alpha < \beta$ より

$$\beta - \alpha = \sqrt{(\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta} = \sqrt{(2m)^2 - 4(2m - 2)} = \sqrt{4m^2 - 8m + 8} = 2\sqrt{m^2 - 2m + 2}$$

正接の加法定理を用いると、

$$\tan \theta = \tan(\theta_2 - \theta_1) = \frac{\tan\theta_2 - \tan\theta_1}{1 + \tan\theta_1\tan\theta_2} = \frac{\beta - \alpha}{1 + \alpha\beta}$$

ここで、$1 + \alpha\beta = 1 + 2m - 2 = 2m - 1$ であるから、

$$\tan \theta = \frac{2\sqrt{m^2 - 2m + 2}}{2m - 1}$$

(4)

$m > \frac{1}{2}$ のとき、$2m - 1 > 0$ であるから、(3)の $\tan \theta$ の式において分母は正、分子も正となる。 ここで、根号の中を平方完成等で処理する代わりに、計算を簡単にするために変数変換を行う。 $t = 2m - 1$ とおくと、$m > \frac{1}{2}$ より $t > 0$ であり、$m = \frac{t + 1}{2}$ となる。 これを $\tan \theta$ の式に代入する。

$$\tan \theta = \frac{2\sqrt{\left(\frac{t + 1}{2}\right)^2 - 2\left(\frac{t + 1}{2}\right) + 2}}{t} = \frac{2\sqrt{\frac{t^2 + 2t + 1 - 4t - 4 + 8}{4}}}{t} = \frac{\sqrt{t^2 - 2t + 5}}{t}$$

根号の中に入れ込むと、

$$\tan \theta = \sqrt{\frac{t^2 - 2t + 5}{t^2}} = \sqrt{1 - \frac{2}{t} + \frac{5}{t^2}}$$

根号の中身について、$\frac{1}{t}$ の2次関数とみて平方完成すると、

$$5\left(\frac{1}{t}\right)^2 - 2\left(\frac{1}{t}\right) + 1 = 5\left(\frac{1}{t} - \frac{1}{5}\right)^2 - \frac{1}{5} + 1 = 5\left(\frac{1}{t} - \frac{1}{5}\right)^2 + \frac{4}{5}$$

$t > 0$ であるから、$\frac{1}{t} = \frac{1}{5}$ すなわち $t = 5$ のとき、根号の中身は最小値 $\frac{4}{5}$ をとり、$\tan \theta$ も最小となる。 $t = 5$ のとき、$2m - 1 = 5$ より $m = 3$ であり、これは $m > \frac{1}{2}$ を満たす。 このとき、点 $\text{C}$ の座標は $(1)$ の結果より $(m, m - 1)$ であるから、$(3, 2)$ となる。

解説

放物線の2接線の交点の座標を求める有名な性質（交点の $x$ 座標は接点の $x$ 座標の中点になる）が登場する問題です。 (1)で解と係数の関係を正しく使い、(2)と(3)で加法定理を適用するという、数学IIにおける必須の手法が連続して問われています。 (4)の最小値を求める部分では、そのまま $m$ で微分する方針（商の微分法）も可能ですが、分母を $t$ と置いて変数変換を行い、根号の中身を $\frac{1}{t}$ の2次関数に帰着させる手法を用いると計算ミスを減らすことができます。

答え

(1) $(m, m - 1)$

(2) $m = \frac{1}{2}$ のとき $\tan\theta_1\tan\theta_2 = -1$ となり2直線は直交する。$\theta_2 > \theta_1$ より $\theta_2 - \theta_1 = \frac{\pi}{2}$、よって $\theta = \frac{\pi}{2}$

(3) $\frac{2\sqrt{m^2 - 2m + 2}}{2m - 1}$

(4) $(3, 2)$