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北海道大学 2007年理系第1問解説

方針・初手

(1)は求める円の中心の座標を文字で置き、その円が2点 $A, O$ を通る条件と、円 $C$ に接する条件を立式する。2円が接する条件は、中心間の距離と半径の和・差の関係式として表せる。 (2)は角 $\angle APO$ の大きさを考える問題である。ベクトルを用いた内積と三角形の面積から $\frac{\cos \angle APO}{\sin \angle APO}$ の式を導き、それが(1)で考えた円の方程式と結びつくことに着目する。

解法1

(1) 円 $C$ の方程式は $x^2 + (y-2)^2 = 2$ と変形できるので、中心を $C_0(0, 2)$、半径を $r_0 = \sqrt{2}$ とする。求める円を $C'$ とし、中心を $Q$、半径を $r$ とする。円 $C'$ は点 $A(-\sqrt{2}, 0)$ と $O(0, 0)$ を通るため、中心 $Q$ は線分 $AO$ の垂直二等分線 $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ 上にある。よって $Q\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, q\right)$ とおける。このとき、半径 $r$ は $Q$ と $O$ の距離であるから

$$ r = \sqrt{\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + q^2} = \sqrt{q^2 + \frac{1}{2}} $$

となる。円 $C$ と円 $C'$ が接する条件は、中心間の距離 $C_0Q$ について $C_0Q = r + r_0$（外接）または $C_0Q = |r - r_0|$（内接）が成り立つことである。距離の2乗を計算すると

$$ C_0Q^2 = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2} - 0\right)^2 + (q - 2)^2 = q^2 - 4q + \frac{9}{2} $$

である。

(i) 外接する場合

$C_0Q = r + r_0$ の両辺を2乗して

$$ C_0Q^2 = r^2 + 2r_0 r + r_0^2 $$

これに各値を代入すると

$$ q^2 - 4q + \frac{9}{2} = \left(q^2 + \frac{1}{2}\right) + 2\sqrt{2}\sqrt{q^2 + \frac{1}{2}} + 2 $$

整理して

$$ 1 - 2q = \sqrt{2}\sqrt{q^2 + \frac{1}{2}} $$

右辺は $0$ 以上であるから、$1 - 2q \ge 0$ すなわち $q \le \frac{1}{2}$ が必要である。この条件のもとで両辺を2乗すると

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

$$ 2q^2 - 4q = 0 $$

$$ 2q(q - 2) = 0 $$

$q \le \frac{1}{2}$ を満たすのは $q = 0$ のみである。

(ii) 内接する場合

$C_0Q = |r - r_0|$ の両辺を2乗して

$$ C_0Q^2 = r^2 - 2r_0 r + r_0^2 $$

これに各値を代入すると

$$ q^2 - 4q + \frac{9}{2} = \left(q^2 + \frac{1}{2}\right) - 2\sqrt{2}\sqrt{q^2 + \frac{1}{2}} + 2 $$

整理して

$$ 2q - 1 = \sqrt{2}\sqrt{q^2 + \frac{1}{2}} $$

右辺は $0$ 以上であるから、$2q - 1 \ge 0$ すなわち $q \ge \frac{1}{2}$ が必要である。この条件のもとで両辺を2乗すると

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

$$ 2q^2 - 4q = 0 $$

$$ 2q(q - 2) = 0 $$

$q \ge \frac{1}{2}$ を満たすのは $q = 2$ のみである。

以上から、$q = 0, 2$ であり、求める円の中心の座標は $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0\right)$ および $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 2\right)$ である。

(2) 点 $P$ は円 $C$ 上を動くため、$P$ の $y$ 座標の最小値は $2-\sqrt{2} > 0$ であり、常に $y > 0$ である。したがって $3$ 点 $A, P, O$ は同一直線上になく、$\triangle APO$ が構成される。 $\angle APO = \theta$ とおき、$P(x, y)$ とする。ベクトル $\vec{PA} = (-\sqrt{2}-x, -y)$, $\vec{PO} = (-x, -y)$ の内積は

$$ \vec{PA} \cdot \vec{PO} = (-\sqrt{2}-x)(-x) + (-y)(-y) = x^2 + \sqrt{2}x + y^2 $$

となる。また、$\triangle APO$ の面積 $S$ は、底辺を $AO = \sqrt{2}$、高さを $y$ として $S = \frac{\sqrt{2}}{2}y$ と表せる。同時に、三角形の面積公式と内積の定義より

$$ \cos \theta = \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PO}}{|\vec{PA}||\vec{PO}|} $$

$$ \sin \theta = \frac{2S}{|\vec{PA}||\vec{PO}|} = \frac{\sqrt{2}y}{|\vec{PA}||\vec{PO}|} $$

が成り立つ。辺々を割ると

$$ \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{x^2 + \sqrt{2}x + y^2}{\sqrt{2}y} $$

を得る。この式の値を $k$ とおくと、$x^2 + \sqrt{2}x + y^2 = \sqrt{2}ky$ より

$$ \left(x + \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{\sqrt{2}}{2}k\right)^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}k^2 $$

となる。これは点 $A$ と $O$ を通り、中心の $y$ 座標が $\frac{\sqrt{2}}{2}k$ である円の方程式を表す。点 $P$ はこの円の周上かつ円 $C$ の周上にあるため、この円と円 $C$ は共有点をもたなければならない。 (1)の議論において、点 $A$ と $O$ を通る円の中心の $y$ 座標を $q$ としたとき、その円が円 $C$ と接する $q$ の値は $q=0$ および $q=2$ であった。中心間の距離は連続的に変化するため、この円が円 $C$ と共有点をもつような $q$ の範囲は $0 \le q \le 2$ である。よって $q = \frac{\sqrt{2}}{2}k$ より $0 \le \frac{\sqrt{2}}{2}k \le 2$ となり

$$ 0 \le k \le 2\sqrt{2} $$

が得られる。ここで、$\triangle APO$ において $y > 0$ より $\sin \theta > 0$ である。また、$k = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} \ge 0$ であるから $\cos \theta \ge 0$ である。 $k^2 = \frac{\cos^2 \theta}{\sin^2 \theta} = \frac{\cos^2 \theta}{1 - \cos^2 \theta}$ を変形すると

$$ \cos^2 \theta = \frac{k^2}{1 + k^2} = 1 - \frac{1}{1 + k^2} $$

となる。この式は $k \ge 0$ において $k$ の単調増加関数であるから、$\cos^2 \theta$ の最小値は $k = 0$ のとき $0$、最大値は $k = 2\sqrt{2}$ のとき $\frac{8}{1+8} = \frac{8}{9}$ である。 $\cos \theta \ge 0$ より、$\cos \theta$ の最大値は $\frac{2\sqrt{2}}{3}$、最小値は $0$ となる。

解法2

(2)の別解 $\triangle APO$ において $\angle APO = \theta$ とおく。解法1と同様に、ベクトルから $\frac{\cos \theta}{\sin \theta}$ を計算すると

$$ \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{x^2 + \sqrt{2}x + y^2}{\sqrt{2}y} $$

となる。点 $P(x, y)$ は円 $C: x^2 + (y-2)^2 = 2$ 上の点であるから、媒介変数 $\phi \ (0 \le \phi < 2\pi)$ を用いて

$$ \begin{cases} x = \sqrt{2}\cos \phi \\ y = 2 + \sqrt{2}\sin \phi \end{cases} $$

と表せる。このとき

$$ x^2 + y^2 = 2\cos^2 \phi + (2 + \sqrt{2}\sin \phi)^2 = 6 + 4\sqrt{2}\sin \phi $$

となるため、これを代入して整理すると

$$ \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{(6 + 4\sqrt{2}\sin \phi) + 2\cos \phi}{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2}\sin \phi)} = \frac{3\sqrt{2} + 4\sin \phi + \sqrt{2}\cos \phi}{2 + \sqrt{2}\sin \phi} $$

となる。これを $g(\phi)$ とおき、式をさらに変形すると

$$ g(\phi) = \frac{2\sqrt{2}(2 + \sqrt{2}\sin \phi) + \sqrt{2}\cos \phi - \sqrt{2}}{2 + \sqrt{2}\sin \phi} = 2\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}(\cos \phi - 1)}{2 + \sqrt{2}\sin \phi} $$

となる。 $\phi$ で微分すると

$$ g'(\phi) = \sqrt{2} \cdot \frac{-\sin \phi(2 + \sqrt{2}\sin \phi) - (\cos \phi - 1)\cdot \sqrt{2}\cos \phi}{(2 + \sqrt{2}\sin \phi)^2} $$

分子を展開して整理すると

$$ -\sin \phi(2 + \sqrt{2}\sin \phi) - (\cos \phi - 1)\cdot \sqrt{2}\cos \phi = \sqrt{2}\cos \phi - 2\sin \phi - \sqrt{2} $$

となる。 $g'(\phi) = 0$ となる条件は

$$ \sqrt{2}\cos \phi - 2\sin \phi - \sqrt{2} = 0 \iff \cos \phi - \sqrt{2}\sin \phi = 1 $$

である。この式を変形して両辺を2乗すると

$$ (\cos \phi - 1)^2 = 2\sin^2 \phi $$

$$ \cos^2 \phi - 2\cos \phi + 1 = 2(1 - \cos^2 \phi) $$

$$ 3\cos^2 \phi - 2\cos \phi - 1 = 0 $$

$$ (3\cos \phi + 1)(\cos \phi - 1) = 0 $$

となり、$\cos \phi = 1$ または $\cos \phi = -\frac{1}{3}$ を得る。 $\cos \phi - \sqrt{2}\sin \phi = 1$ を満たす $\sin \phi$ をそれぞれ求めると、以下のようになる。

(ア) $\cos \phi = 1$ のとき、$\sin \phi = 0$ このとき $g(\phi) = 2\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}(1 - 1)}{2 + 0} = 2\sqrt{2}$ である。

(イ) $\cos \phi = -\frac{1}{3}$ のとき、$\sin \phi = -\frac{2\sqrt{2}}{3}$ このとき

$$ g(\phi) = 2\sqrt{2} + \frac{\sqrt{2}(-\frac{1}{3} - 1)}{2 + \sqrt{2}\left(-\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)} = 2\sqrt{2} + \frac{-\frac{4\sqrt{2}}{3}}{\frac{2}{3}} = 0 $$

である。

連続関数 $g(\phi)$ はこれらの極値で最大・最小をとるため、$g(\phi)$ のとりうる値の範囲は $0 \le g(\phi) \le 2\sqrt{2}$ である。すなわち

$$ 0 \le \frac{\cos \theta}{\sin \theta} \le 2\sqrt{2} $$

である。（以降、$\cos \theta$ の最大値と最小値を求める過程は解法1と同様であり、最大値は $\frac{2\sqrt{2}}{3}$、最小値は $0$ となる。）

解説

(1)は2円が接する条件 $|r - r'| \le d \le r + r'$ における等号成立条件を利用する基本問題である。外接と内接の場合分けを忘れないことが重要である。 (2)は角の最大・最小を扱う問題で、図形的な条件を数式に落とし込む発想が求められる。解法1は(1)の誘導を活かし、「2定点を見込む角が一定である点の軌跡は円弧になる」という円周角の定理の逆の考え方を用いて、図形が共有点をもつ条件に帰着させるエレガントな解法である。一方、解法2は円の媒介変数表示を用いて1変数の関数の最大・最小に帰着させる手法であり、計算力があれば確実な解法となる。