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北海道大学 1999年理系第3問解説

方針・初手

(1) は、点がある直線に関して対称であることの定義（結ぶ線分の中点が直線上にあること、結ぶ直線が対称軸と垂直に交わること）を用いて連立方程式を立てる。複素数平面における回転と共役を利用してもよい。

(2) は、(1) で求めた座標を用いて距離の 2 乗 $QR^2$ を計算し、軌跡の方程式を導く。図形的な対称性から中心角を考えて求めることも可能である。

(3) は、(2) で求めた円の媒介変数表示を用いて面積 $S$ を立式し、三角関数の合成により最大値を求める。あるいは、(2) の図形的性質から、円に内接する三角形の高さが最大になる条件を幾何的に考察する。

解法1

(1)

点 $R$ の座標を $(x, y)$ とおく。点 $R$ は直線 $L_2 : \sqrt{3}x - y = 0$ に関して点 $P(a, b)$ と対称であるから、線分 $PR$ の中点 $\left( \frac{a+x}{2}, \frac{b+y}{2} \right)$ は $L_2$ 上にある。

$$ \sqrt{3} \cdot \frac{a+x}{2} - \frac{b+y}{2} = 0 $$

整理して、

$$ \sqrt{3}x - y + \sqrt{3}a - b = 0 \quad \cdots \text{①} $$

また、直線 $PR$ は $L_2$ と垂直に交わる。$L_2$ の傾きは $\sqrt{3}$ であるから、直線 $PR$ の傾きと掛け合わせると $-1$ になる。

$$ \frac{y-b}{x-a} \cdot \sqrt{3} = -1 $$

整理して、

$$ x + \sqrt{3}y - a - \sqrt{3}b = 0 \quad \cdots \text{②} $$

① $\times \sqrt{3} +$ ② より、

$$ 4x + 2a - 2\sqrt{3}b = 0 \iff x = \frac{-a+\sqrt{3}b}{2} $$

① $-$ ② $\times \sqrt{3}$ より、

$$ -4y + 2\sqrt{3}a + 2b = 0 \iff y = \frac{\sqrt{3}a+b}{2} $$

したがって、点 $R$ の座標は $\left( \frac{-a+\sqrt{3}b}{2}, \frac{\sqrt{3}a+b}{2} \right)$ である。

(2)

点 $Q$ は $x$ 軸 ($L_1$) に関して点 $P(a, b)$ と対称であるから、その座標は $(a, -b)$ である。 (1) の結果より、$Q(a, -b)$ と $R\left( \frac{-a+\sqrt{3}b}{2}, \frac{\sqrt{3}a+b}{2} \right)$ の距離の 2 乗 $QR^2$ を求める。

$$ \begin{aligned} QR^2 &= \left( \frac{-a+\sqrt{3}b}{2} - a \right)^2 + \left( \frac{\sqrt{3}a+b}{2} - (-b) \right)^2 \\ &= \left( \frac{-3a+\sqrt{3}b}{2} \right)^2 + \left( \frac{\sqrt{3}a+3b}{2} \right)^2 \\ &= \frac{1}{4} \left( 9a^2 - 6\sqrt{3}ab + 3b^2 \right) + \frac{1}{4} \left( 3a^2 + 6\sqrt{3}ab + 9b^2 \right) \\ &= \frac{1}{4} \left( 12a^2 + 12b^2 \right) \\ &= 3(a^2 + b^2) \end{aligned} $$

条件より $QR = 2$ であるから $QR^2 = 4$ となり、

$$ 3(a^2 + b^2) = 4 \iff a^2 + b^2 = \frac{4}{3} $$

したがって、点 $P(a, b)$ の軌跡 $C$ は、原点を中心とする半径 $\frac{2}{\sqrt{3}}$ の円であり、その方程式は

$$ x^2 + y^2 = \frac{4}{3} $$

である。

(3)

点 $P(a, b)$ は $C$ 上の点であるから、$\theta$ ($0 \le \theta < 2\pi$) を用いて $a = \frac{2}{\sqrt{3}}\cos\theta, b = \frac{2}{\sqrt{3}}\sin\theta$ と表せる。点 $P(a, b)$ と $Q(a, -b)$ は $y$ 軸に平行な直線 $x = a$ 上にあり、線分 $PQ$ の長さは $2|b|$ である。点 $R\left( \frac{-a+\sqrt{3}b}{2}, \frac{\sqrt{3}a+b}{2} \right)$ から直線 $PQ$ ($x=a$) までの距離 $h$ は、

$$ h = \left| \frac{-a+\sqrt{3}b}{2} - a \right| = \left| \frac{-3a+\sqrt{3}b}{2} \right| $$

よって、$\triangle PQR$ の面積 $S$ は、

$$ S = \frac{1}{2} \cdot PQ \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2|b| \cdot \left| \frac{-3a+\sqrt{3}b}{2} \right| = \left| \frac{-3ab+\sqrt{3}b^2}{2} \right| $$

$a, b$ に $\theta$ の式を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} S &= \left| \frac{1}{2} \left( -3 \cdot \frac{4}{3}\cos\theta\sin\theta + \sqrt{3} \cdot \frac{4}{3}\sin^2\theta \right) \right| \\ &= \left| -2\sin\theta\cos\theta + \frac{2\sqrt{3}}{3}\sin^2\theta \right| \end{aligned} $$

2倍角の公式と半角の公式を用いて次数を下げる。

$$ \begin{aligned} S &= \left| -\sin 2\theta + \frac{\sqrt{3}}{3}(1 - \cos 2\theta) \right| \\ &= \left| -\sin 2\theta - \frac{\sqrt{3}}{3}\cos 2\theta + \frac{\sqrt{3}}{3} \right| \end{aligned} $$

三角関数の合成を行う。

$$ -\sin 2\theta - \frac{\sqrt{3}}{3}\cos 2\theta = -\frac{2}{\sqrt{3}} \left( \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta + \frac{1}{2}\cos 2\theta \right) = -\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) $$

よって、面積 $S$ は次のように表される。

$$ S = \left| -\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) + \frac{\sqrt{3}}{3} \right| = \frac{1}{\sqrt{3}} \left| -2\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) + 1 \right| $$

$-1 \le \sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) \le 1$ より、括弧内の式 $-2\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) + 1$ の取りうる値の範囲は $-1 \le -2\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) + 1 \le 3$ である。したがって、この絶対値の最大値は $3$ となり、そのときの $S$ の最大値は $\frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ である。

これが最大となるのは $\sin\left(2\theta + \frac{\pi}{6}\right) = -1$ のときである。 $0 \le \theta < 2\pi$ より $\frac{\pi}{6} \le 2\theta + \frac{\pi}{6} < \frac{25\pi}{6}$ であるから、

$$ 2\theta + \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{2} \iff 2\theta = \frac{4\pi}{3}, \frac{10\pi}{3} \iff \theta = \frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{3} $$

$\theta = \frac{2\pi}{3}$ のとき、 $a = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(-\frac{1}{2}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{3}, \quad b = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 1$

$\theta = \frac{5\pi}{3}$ のとき、 $a = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}}{3}, \quad b = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = -1$

以上より、面積の最大値は $\sqrt{3}$、それを与える $P$ の座標は $\left( -\frac{\sqrt{3}}{3}, 1 \right), \left( \frac{\sqrt{3}}{3}, -1 \right)$ である。

解法2

(1)

複素数平面上で考える。点 $P(a, b)$ を表す複素数を $z = a+bi$ とする。直線 $L_2$ は実軸とのなす角が $\frac{\pi}{3}$ の直線である。点 $P$ を原点中心に $-\frac{\pi}{3}$ 回転させると、直線 $L_2$ が実軸に重なる。その点を実軸に関して対称移動し、再び原点中心に $\frac{\pi}{3}$ 回転させれば直線 $L_2$ に関する対称点 $R$ が得られる。点 $R$ を表す複素数を $w$ とすると、

$$ w e^{-i\frac{\pi}{3}} = \overline{z e^{-i\frac{\pi}{3}}} = \bar{z} e^{i\frac{\pi}{3}} $$

$$ \begin{aligned} w &= \bar{z} e^{i\frac{2\pi}{3}} = (a-bi) \left( \cos\frac{2\pi}{3} + i\sin\frac{2\pi}{3} \right) = (a-bi) \left( -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i \right) \\ &= \left( -\frac{1}{2}a + \frac{\sqrt{3}}{2}b \right) + i \left( \frac{\sqrt{3}}{2}a + \frac{1}{2}b \right) \end{aligned} $$

よって、$R$ の座標は $\left( \frac{-a+\sqrt{3}b}{2}, \frac{\sqrt{3}a+b}{2} \right)$ である。

(2)

原点を $O$ とおく。対称移動の性質から、$OP = OQ = OR$ である。点 $P$ の偏角を $\theta$ とおくと、点 $Q$ は $x$ 軸対称なので偏角は $-\theta$ である。点 $R$ は直線 $L_2$（偏角 $\frac{\pi}{3}$）に関する対称点なので、偏角は $\frac{\pi}{3} + \left(\frac{\pi}{3} - \theta\right) = \frac{2\pi}{3} - \theta$ となる。したがって、$\angle QOR = \left| \left( \frac{2\pi}{3} - \theta \right) - (-\theta) \right| = \frac{2\pi}{3}$ となり、$P$ の位置によらず一定である。 $\triangle OQR$ において余弦定理より、

$$ QR^2 = OQ^2 + OR^2 - 2 \cdot OQ \cdot OR \cos\frac{2\pi}{3} = OP^2 + OP^2 - 2OP^2 \left(-\frac{1}{2}\right) = 3OP^2 $$

$QR = 2$ であるから $3OP^2 = 4$ より $OP^2 = \frac{4}{3}$ となる。すなわち、点 $P$ の軌跡は原点を中心とする半径 $\frac{2}{\sqrt{3}}$ の円であり、方程式は $x^2 + y^2 = \frac{4}{3}$ である。

(3)

(2) の考察より、3点 $P, Q, R$ はすべて原点 $O$ を中心とする半径 $r = \frac{2}{\sqrt{3}}$ の円周上にある。弦 $QR$ の長さは $2$ で一定であるから、$\triangle PQR$ の面積が最大となるのは、底辺 $QR$ に対する高さが最大となるときである。点 $P$ が直線 $QR$ から最も離れるのは、直線 $OP$ が弦 $QR$ の垂直二等分線となるときである。弦 $QR$ の中心角は $\frac{2\pi}{3}$ であるから、円の中心 $O$ から弦 $QR$ までの距離 $d$ は、

$$ d = r \cos\frac{\pi}{3} = \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$

最大となる高さ $h$ は $h = r + d = \frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$ である。したがって、面積の最大値は、

$$ S = \frac{1}{2} \cdot QR \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3} $$

このとき、$\triangle PQR$ は正三角形となり、$P, Q, R$ は円周を3等分する。よって $\angle POQ = \frac{2\pi}{3}$ となるから、$P$ の偏角 $\theta$ について $|2\theta| = \frac{2\pi}{3}$ または $\frac{4\pi}{3}$ である。これを満たす $\theta$ ($0 \le \theta < 2\pi$) は $\theta = \frac{\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$ である。さらに、$R$ についても $\angle POR = \left| 2\theta - \frac{2\pi}{3} \right|$ が $\frac{2\pi}{3}$ または $\frac{4\pi}{3}$ となる必要がある。これらを同時に満たすのは $\theta = \frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}$ のみである。（$\theta = \frac{\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}$ では点 $P$ と $R$ が一致してしまう）

$\theta = \frac{2\pi}{3}$ のとき $P\left( -\frac{\sqrt{3}}{3}, 1 \right)$ であり、$\theta = \frac{5\pi}{3}$ のとき $P\left( \frac{\sqrt{3}}{3}, -1 \right)$ である。

解説

本問は、(1) での座標計算を起点に代数的に押し切ることも可能だが、変換の対称性に着目すると (2), (3) が初等幾何的に素早く解けるという非常に教育的な問題である。解法1のように式変形を地道に行う方針は確実であるが、計算量が多く、(3) の三角関数の合成や絶対値の処理で計算ミスを誘発しやすい。一方、解法2のように複素数平面や図形と方程式の観点から「原点からの距離が等しい（同一円周上にある）」「対称変換によりなす角が一定である」ことを見抜ければ、円に内接する三角形の最大化問題という極めて典型的な幾何の問題に帰着できる。