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京都大学 1993年理系第2問解説

方針・初手

円の中心や接点の関係を式で扱いやすくするために、点 $O$ を原点とする座標平面を設定し、各点の座標を文字で表します。円の外の点から引いた接線の長さは、三平方の定理を用いて「（中心間の距離）$^2$ $-$ （半径）$^2$」の平方根として計算できます。得られた式に対して半角の公式を用いることで平方根を外し、(2) では三角関数の合成を用いて最大値を求めます。

解法1

(1)

点 $O$ を原点とする座標平面を設定し、$A(1, 0), B(-1, 0)$ としても一般性を失わない。点 $P$ は円 $C: x^2+y^2=1$ 上の点であり、$\angle POA = \theta$ であるから、図形の対称性より $P$ が $y \ge 0$ の領域にあるとしてよく、$0 \le \theta \le \pi$ とする。このとき、点 $P$ の座標は $(\cos\theta, \sin\theta)$ と表せる。

円 $C_1$ は直径 $AB$ 上に中心をもち、点 $A(1, 0)$ で円 $C$ に内接する半径 $a$ （$0 < a < 1$）の円であるから、その中心 $O_1$ の座標は $(1-a, 0)$ である。点 $P$ から円 $C_1$ に引いた接線の接点が $Q$ であり、線分 $O_1Q$ は接線に垂直であるから、$\triangle PO_1Q$ は $\angle PQO_1 = 90^\circ$ の直角三角形となる。三平方の定理より、

$$ PQ^2 = PO_1^2 - O_1Q^2 = PO_1^2 - a^2 $$

が成り立つ。ここで、

$$ \begin{aligned} PO_1^2 &= \{\cos\theta - (1-a)\}^2 + \sin^2\theta \\ &= \cos^2\theta - 2(1-a)\cos\theta + (1-a)^2 + \sin^2\theta \\ &= (\cos^2\theta + \sin^2\theta) - 2(1-a)\cos\theta + 1 - 2a + a^2 \\ &= 2 - 2a + a^2 - 2(1-a)\cos\theta \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} PQ^2 &= \{2 - 2a + a^2 - 2(1-a)\cos\theta\} - a^2 \\ &= 2(1-a) - 2(1-a)\cos\theta \\ &= 2(1-a)(1-\cos\theta) \end{aligned} $$

となる。半角の公式 $1-\cos\theta = 2\sin^2\frac{\theta}{2}$ を用いると、

$$ PQ^2 = 4(1-a)\sin^2\frac{\theta}{2} $$

$0 \le \theta \le \pi$ より $\sin\frac{\theta}{2} \ge 0$ であり、$PQ > 0, 1-a > 0$ であるから、

$$ PQ = 2\sqrt{1-a}\sin\frac{\theta}{2} $$

と表せる。（または $PQ = \sqrt{2(1-a)(1-\cos\theta)}$ としてもよい）

(2)

(1) と同様に考える。円 $C_2$ は点 $B(-1, 0)$ で円 $C$ に内接する半径 $b$ （$0 < b < 1$）の円であるから、中心 $O_2$ の座標は $(-1+b, 0)$ である。点 $P$ から円 $C_2$ に引いた接線の接点が $R$ であるから、直角三角形 $\triangle PO_2R$ において三平方の定理より

$$ PR^2 = PO_2^2 - b^2 $$

が成り立つ。ここで、

$$ \begin{aligned} PO_2^2 &= \{\cos\theta - (-1+b)\}^2 + \sin^2\theta \\ &= (\cos\theta + 1 - b)^2 + \sin^2\theta \\ &= \cos^2\theta + 2(1-b)\cos\theta + (1-b)^2 + \sin^2\theta \\ &= 1 + 2(1-b)\cos\theta + 1 - 2b + b^2 \\ &= 2 - 2b + b^2 + 2(1-b)\cos\theta \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} PR^2 &= \{2 - 2b + b^2 + 2(1-b)\cos\theta\} - b^2 \\ &= 2(1-b) + 2(1-b)\cos\theta \\ &= 2(1-b)(1+\cos\theta) \end{aligned} $$

となる。半角の公式 $1+\cos\theta = 2\cos^2\frac{\theta}{2}$ を用いると、

$$ PR^2 = 4(1-b)\cos^2\frac{\theta}{2} $$

$0 \le \theta \le \pi$ より $\cos\frac{\theta}{2} \ge 0$ であり、$PR > 0, 1-b > 0$ であるから、

$$ PR = 2\sqrt{1-b}\cos\frac{\theta}{2} $$

となる。したがって、(1) の結果と合わせて

$$ PQ + PR = 2\sqrt{1-a}\sin\frac{\theta}{2} + 2\sqrt{1-b}\cos\frac{\theta}{2} $$

ここで、三角関数の合成を用いると、

$$ PQ + PR = \sqrt{(2\sqrt{1-a})^2 + (2\sqrt{1-b})^2} \sin\left(\frac{\theta}{2} + \alpha\right) $$

と変形できる。ただし、$\alpha$ は

$$ \cos\alpha = \frac{2\sqrt{1-a}}{2\sqrt{2-a-b}} = \frac{\sqrt{1-a}}{\sqrt{2-a-b}}, \quad \sin\alpha = \frac{2\sqrt{1-b}}{2\sqrt{2-a-b}} = \frac{\sqrt{1-b}}{\sqrt{2-a-b}} $$

を満たす角であり、$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ である。また、振幅の部分は

$$ \sqrt{4(1-a) + 4(1-b)} = \sqrt{8 - 4a - 4b} = 2\sqrt{2-a-b} $$

であるから、

$$ PQ + PR = 2\sqrt{2-a-b} \sin\left(\frac{\theta}{2} + \alpha\right) $$

となる。 $\theta$ は $0 \le \theta \le \pi$ の範囲を動くため、$\frac{\theta}{2}$ は $0 \le \frac{\theta}{2} \le \frac{\pi}{2}$ を動く。よって、位相 $\frac{\theta}{2} + \alpha$ のとり得る値の範囲は

$$ \alpha \le \frac{\theta}{2} + \alpha \le \frac{\pi}{2} + \alpha $$

となる。$0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるため、この範囲には $\frac{\theta}{2} + \alpha = \frac{\pi}{2}$ となる瞬間が含まれる。したがって、$\sin\left(\frac{\theta}{2} + \alpha\right)$ の最大値は $1$ である。ゆえに、$PQ + PR$ の最大値は $2\sqrt{2-a-b}$ となる。

解説

図形的な関係を座標平面にのせて処理する解法が確実です。接線の長さを求めるために、円の中心と接点と外部の点を結ぶ直角三角形に着目して三平方の定理を利用するアプローチは、円と接線の問題における典型的な手法です。計算の途中で現れる $1 - \cos\theta$ や $1 + \cos\theta$ という式から半角の公式を連想して根号を外す処理や、1次結合 $\sin\frac{\theta}{2}$ と $\cos\frac{\theta}{2}$ に対して三角関数の合成を用いて最大値を求める一連のプロセスは、頻出の式変形なので確実に押さえておきましょう。