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京都大学 1961年理系第3問解説

方針・初手

線分 $AB$ の中点 $M$ を基準として考えることで、対称性を活かして見通しよく解くことができる。点 $M$ を原点とする座標平面を導入し、各点の位置をベクトルや座標で表現して代数的に処理するアプローチと、中線定理や余弦定理などの初等幾何的性質を利用するアプローチの2つが考えられる。本解説では両方の解法を示す。

解法1

点 $M$ を原点 $(0, 0)$ とし、直線 $AB$ を $x$ 軸とする座標平面を設定する。点 $A, B$ は $x$ 軸上にあり、$M$ から距離 $r$ の位置にあるため、$A(-r, 0), B(r, 0)$ とおくことができる。二点 $P, Q$ は直線 $AB$ の一方の側にあるため、ともに $y > 0$ の領域にあるとして一般性を失わない。 $PM \perp AB$ かつ $PM = a$ であるから、点 $P$ の座標は $(0, a)$ である。点 $Q$ は $M$ を中心とする半径 $a$ の円周上で $y > 0$ を満たす点であるから、$Q(x, y)$（ただし $x^2 + y^2 = a^2$、$y > 0$）とおく。

(i)

$\vec{PA} = (-r, -a)$、$\vec{PB} = (r, -a)$ であるから、内積は

$$ \vec{PA} \cdot \vec{PB} = -r^2 + (-a)^2 = a^2 - r^2 $$

となる。また、それぞれの大きさは $|\vec{PA}| = |\vec{PB}| = \sqrt{r^2 + a^2}$ である。したがって、なす角 $\alpha$ について

$$ \cos \alpha = \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PB}}{|\vec{PA}||\vec{PB}|} = \frac{a^2 - r^2}{a^2 + r^2} $$

が成り立つ。$0 < \alpha < \pi$ より $\sin \alpha > 0$ であるから、

$$ \sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^2 \alpha} = \sqrt{1 - \left( \frac{a^2 - r^2}{a^2 + r^2} \right)^2} = \sqrt{\frac{4a^2 r^2}{(a^2 + r^2)^2}} = \frac{2ar}{a^2 + r^2} $$

となる。よって、求める正接は

$$ \tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{2ar}{a^2 - r^2} $$

(ii)

点 $Q(x, y)$ に対して、$\vec{QA} = (-r-x, -y)$、$\vec{QB} = (r-x, -y)$ である。これらの内積は、$x^2 + y^2 = a^2$ を用いると

$$ \vec{QA} \cdot \vec{QB} = (-r-x)(r-x) + (-y)^2 = x^2 - r^2 + y^2 = a^2 - r^2 $$

となる。一方、$\triangle QAB$ の面積を $S$ とすると、$S = \frac{1}{2} |\vec{QA}| |\vec{QB}| \sin \beta$ と表せる。また、底辺を $AB = 2r$ と見たときの高さは $y$ であるから、$S = \frac{1}{2} \cdot 2r \cdot y = ry$ となる。これらより、以下の2式が成り立つ。

$$ \begin{aligned} |\vec{QA}| |\vec{QB}| \cos \beta &= a^2 - r^2 \\ |\vec{QA}| |\vec{QB}| \sin \beta &= 2ry \end{aligned} $$

辺々を割ることで、$\tan \beta$ が得られる。

$$ \tan \beta = \frac{|\vec{QA}| |\vec{QB}| \sin \beta}{|\vec{QA}| |\vec{QB}| \cos \beta} = \frac{2ry}{a^2 - r^2} $$

次に、$y$ を $\theta$ を用いて表す。 $\vec{MP} = (0, a)$、$\vec{MQ} = (x, y)$ のなす角が $\theta$ であるから、内積の定義と成分計算より

$$ \begin{aligned} \vec{MP} \cdot \vec{MQ} &= |\vec{MP}| |\vec{MQ}| \cos \theta = a^2 \cos \theta \\ \vec{MP} \cdot \vec{MQ} &= 0 \cdot x + a \cdot y = ay \end{aligned} $$

これらを比較して $ay = a^2 \cos \theta$、すなわち $y = a \cos \theta$ を得る。これを $\tan \beta$ の式に代入すると、

$$ \tan \beta = \frac{2ar \cos \theta}{a^2 - r^2} $$

となる。（i）の結果 $\tan \alpha = \frac{2ar}{a^2 - r^2}$ をこれに用いると、

$$ \tan \beta = \tan \alpha \cos \theta $$

となる。

解法2

(i)

$PM \perp AB$ であり、$M$ は $AB$ の中点であるから、$\triangle PMA$ と $\triangle PMB$ は合同な直角三角形である。よって、$\angle APM = \angle BPM = \frac{\alpha}{2}$ が成り立つ。直角三角形 $PMA$ において、

$$ \tan \frac{\alpha}{2} = \frac{AM}{PM} = \frac{r}{a} $$

である。正接の2倍角の公式を用いると、

$$ \tan \alpha = \frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1 - \tan^2 \frac{\alpha}{2}} = \frac{2 \cdot \frac{r}{a}}{1 - \left(\frac{r}{a}\right)^2} = \frac{2ar}{a^2 - r^2} $$

と表せる。

(ii)

$\triangle QAB$ において、辺 $AB$ の中点が $M$ であるから、中線定理（パップスの定理）より

$$ QA^2 + QB^2 = 2(QM^2 + AM^2) = 2(a^2 + r^2) $$

が成り立つ。また、$\triangle QAB$ において余弦定理を適用すると

$$ AB^2 = QA^2 + QB^2 - 2 QA \cdot QB \cos \beta $$

となる。$AB = 2r$ および中線定理の結果を代入して整理する。

$$ \begin{aligned} (2r)^2 &= 2(a^2 + r^2) - 2 QA \cdot QB \cos \beta \\ 4r^2 &= 2a^2 + 2r^2 - 2 QA \cdot QB \cos \beta \\ 2 QA \cdot QB \cos \beta &= 2(a^2 - r^2) \\ QA \cdot QB \cos \beta &= a^2 - r^2 \end{aligned} $$

次に、$\triangle QAB$ の面積 $S$ について考える。面積公式より

$$ S = \frac{1}{2} QA \cdot QB \sin \beta $$

である。一方、点 $Q$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の長さを $h$ とする。直線 $PM$ は直線 $AB$ に垂直であるため、角 $\angle PMQ = \theta$ を用いると、垂線の長さは $h = QM \cos \theta = a \cos \theta$ と求まる。（点 $Q$ が直線 $AB$ に対して点 $P$ と同じ側にあるため、$\cos \theta > 0$ となり $h$ として適する。）したがって、面積 $S$ は底辺 $AB$ を用いて次のように表せる。

$$ S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2r \cdot a \cos \theta = ra \cos \theta $$

これら2つの面積表現を等号で結ぶ。

$$ \frac{1}{2} QA \cdot QB \sin \beta = ra \cos \theta \implies QA \cdot QB \sin \beta = 2ar \cos \theta $$

以上より、$\tan \beta$ は次のように求まる。

$$ \tan \beta = \frac{QA \cdot QB \sin \beta}{QA \cdot QB \cos \beta} = \frac{2ar \cos \theta}{a^2 - r^2} $$

（i）の結果 $\tan \alpha = \frac{2ar}{a^2 - r^2}$ を代入することで、

$$ \tan \beta = \tan \alpha \cos \theta $$

となる。