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京都大学 1965年理系第4問解説

方針・初手

定点 $O, A$ に対して、直線 $OX, OY$ 上を同じ速さで動く点 $P, Q$ があるので、常に $OP = OQ$ である。 $\triangle OAP$ と $\triangle OAQ$ を比べ、$OA$ が共通であることと $OP = OQ$ であることを踏まえて、正弦定理で角度と長さの関係を整理する。異なる2つの時刻で同じ角条件を満たすことが、どのような制約を与えるかを調べる。

解法1

$OA = d$ ($d > 0$)、$\angle AOP = \alpha$、$\angle AOQ = \beta$ ($\alpha > 0, \beta > 0$) とおく。点 $P, Q$ は同時に $O$ を出発し同じ一定の速さで進むため、常に $OP = OQ$ が成り立つ。出発してからしばらくして位置 $P_1, Q_1$ にあるときの $OP_1 = OQ_1$ の長さを $t_1$、もっと進んで位置 $P_2, Q_2$ にあるときの長さを $t_2$ とする。題意より $t_1, t_2 > 0$ かつ $t_1 \neq t_2$ である。また、そのときの角度を $\angle OAP_i = \angle OAQ_i = \theta_i$ ($i=1, 2$) とおく。

$\triangle OAP_i$ と $\triangle OAQ_i$ について、それぞれ正弦定理を適用する。 $\triangle OAP_i$ において、$\angle OP_i A = \pi - (\alpha + \theta_i)$ であるから、

$$ \frac{t_i}{\sin \theta_i} = \frac{d}{\sin \{ \pi - (\alpha + \theta_i) \}} = \frac{d}{\sin(\alpha + \theta_i)} $$

同様に、$\triangle OAQ_i$ において、$\angle OQ_i A = \pi - (\beta + \theta_i)$ であるから、

$$ \frac{t_i}{\sin \theta_i} = \frac{d}{\sin \{ \pi - (\beta + \theta_i) \}} = \frac{d}{\sin(\beta + \theta_i)} $$

これらより、次の関係式を得る。

$$ \frac{d}{\sin(\alpha + \theta_i)} = \frac{d}{\sin(\beta + \theta_i)} $$

$d \neq 0$ より、両辺を整理して以下の式が成り立つ。

$$ \sin(\alpha + \theta_i) = \sin(\beta + \theta_i) $$

ここで、$\alpha + \theta_i$ および $\beta + \theta_i$ はそれぞれ $\triangle OAP_i, \triangle OAQ_i$ の内角の和の一部であるため、$0 < \alpha + \theta_i < \pi$ かつ $0 < \beta + \theta_i < \pi$ である。したがって、正弦の値が等しいことから、次のいずれかが成り立つ。

(ア)

$\alpha + \theta_i = \beta + \theta_i$

(イ)

$(\alpha + \theta_i) + (\beta + \theta_i) = \pi$

もし $\alpha \neq \beta$ と仮定すると、（ア）は成り立たないため、$i=1, 2$ の両方において（イ）が成り立つことになる。これより、以下の連立方程式を得る。

$$ \begin{aligned} \alpha + \beta + 2\theta_1 &= \pi \\ \alpha + \beta + 2\theta_2 &= \pi \end{aligned} $$

この2式から $\theta_1 = \theta_2$ となる。このとき、正弦定理の式から $t_1, t_2$ をそれぞれ求めると、

$$ \begin{aligned} t_1 &= \frac{d \sin \theta_1}{\sin(\alpha + \theta_1)} \\ t_2 &= \frac{d \sin \theta_2}{\sin(\alpha + \theta_2)} \end{aligned} $$

$\theta_1 = \theta_2$ を $t_2$ の式に代入すると、$t_2 = t_1$ となる。しかし、これは $P_1, Q_1$ と $P_2, Q_2$ が異なる時刻における位置であること（$t_1 \neq t_2$）に矛盾する。

したがって、仮定は誤りであり $\alpha = \beta$ が成り立つ。すなわち $\angle AOP = \angle AOQ$ であり、点 $A$ は角 $XOY$ の二等分線上にある。

解法2

解法1と同様に $d, \alpha, \beta$ を定義する。任意の時刻における位置を $P, Q$ とし、$OP = OQ = t$ とする。このときの角を $\angle OAP = \theta_P, \angle OAQ = \theta_Q$ とおく。 $\triangle OAP$ に正弦定理を適用して変形する。

$$ \frac{t}{\sin \theta_P} = \frac{d}{\sin(\alpha + \theta_P)} $$

$$ t \sin(\alpha + \theta_P) = d \sin \theta_P $$

左辺に加法定理を用いて展開する。

$$ t (\sin \alpha \cos \theta_P + \cos \alpha \sin \theta_P) = d \sin \theta_P $$

$\triangle OAP$ の内角より $0 < \theta_P < \pi$ であるため、$\sin \theta_P \neq 0$ である。両辺を $\sin \theta_P$ で割る。

$$ t \left( \sin \alpha \frac{\cos \theta_P}{\sin \theta_P} + \cos \alpha \right) = d $$

これを $\frac{\cos \theta_P}{\sin \theta_P}$ について解くと、次のようになる。

$$ \frac{\cos \theta_P}{\sin \theta_P} = \frac{d - t \cos \alpha}{t \sin \alpha} $$

$\triangle OAQ$ についても全く同様の計算により、次を得る。

$$ \frac{\cos \theta_Q}{\sin \theta_Q} = \frac{d - t \cos \beta}{t \sin \beta} $$

題意より、$t = t_1$ および $t = t_2$ のときに $\theta_P = \theta_Q$ となるため、そのとき右辺同士が等しくなる。

$$ \frac{d - t \cos \alpha}{t \sin \alpha} = \frac{d - t \cos \beta}{t \sin \beta} $$

分母を払って整理する。

$$ (d - t \cos \alpha) \sin \beta = (d - t \cos \beta) \sin \alpha $$

$$ d \sin \beta - t \cos \alpha \sin \beta = d \sin \alpha - t \sin \alpha \cos \beta $$

$$ t (\cos \alpha \sin \beta - \sin \alpha \cos \beta) = d (\sin \beta - \sin \alpha) $$

加法定理より、次の方程式が得られる。

$$ t \sin(\beta - \alpha) = d (\sin \beta - \sin \alpha) $$

条件より、この $t$ についての1次方程式は、$t = t_1, t_2$ という異なる2つの解を持つ。 1次以下の方程式が2つ以上の解を持つためには、すべての係数が $0$ の恒等式でなければならない。したがって、以下の条件が必要である。

$$ \sin(\beta - \alpha) = 0 $$

点 $A$ は角 $XOY$ の内部にあるため、$-\pi < \beta - \alpha < \pi$ である。この範囲において $\sin(\beta - \alpha) = 0$ を満たすのは $\beta - \alpha = 0$ のみである。よって $\alpha = \beta$ となり、点 $A$ は角 $XOY$ の二等分線上にある。

解説

図形の性質を立式する際、正弦定理を用いることで角度に関する情報を取り出せる。解法1は、導かれた正弦の等式について「和が $\pi$ になる」場合を吟味し、そうすると1回しか条件を満たせないことを背理法的に示す。解法2は、加法定理を用いて変数 $t$ と定数 $\alpha, \beta$ を分離し、「$t$ についての1次方程式が複数の解を持つ」という条件に帰着させる方法である。