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名古屋大学 2016年理系第2問解説

方針・初手

(1) 点 $P$ は円 $C$ 上にあり、原点と結んだ線分 $OP$ の長さを求める。円 $C$ の方程式が原点を通り中心が $x$ 軸上にある形なので、円周角の定理を用いて直角三角形を作るか、直線 $y = x\tan\theta$ と円の方程式を連立することで求められる。

(2) 底辺 $OP$ を固定して三角形の面積を最大にするため、点 $Q$ から直線 $OP$ に下ろした垂線の長さ $h$ の最大化を考える。点 $Q$ を円 $D$ の媒介変数表示で設定し、点と直線の距離の公式を用いて絶対値つきの三角関数を評価する。

(3) (1) と (2) で得られた結果を用いて最大面積を $\theta$ の関数として立式する。これを $\theta$ で微分し、増減を調べることで最大値を求める。

解法1

(1)

円 $C: (x-1)^2 + y^2 = 1$ は、中心 $(1, 0)$、半径 $1$ の円であり、原点 $O$ を通る。点 $P$ は円 $C$ 上にあり $y$ 座標が正であるから、線分 $OP$ が $x$ 軸の正の向きとなす角 $\theta$ の範囲は $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ である。

原点 $O$ と点 $A(2, 0)$ を結ぶ線分は円 $C$ の直径となる。点 $P$ は円周上の点であるから、円周角の定理より $\angle OPA = \frac{\pi}{2}$ となり、$\triangle OPA$ は直角三角形である。したがって、線分 $OP$ の長さは

$$OP = OA \cos\theta = 2\cos\theta$$

となる。また、点 $P$ の座標 $(x, y)$ は $OP$ の長さを用いて $(OP\cos\theta, OP\sin\theta)$ と表せるから、

$$x = 2\cos\theta \cdot \cos\theta = 2\cos^2\theta$$

$$y = 2\cos\theta \cdot \sin\theta = 2\sin\theta\cos\theta$$

となる。

(2)

$\triangle OPQ$ の面積を $S$ とし、点 $Q$ から直線 $OP$ に下ろした垂線の長さを $h$ とすると、$S = \frac{1}{2}OP \cdot h$ である。点 $P$ を固定するとき $OP$ の長さは一定であるため、$S$ が最大となるのは $h$ が最大になるときである。

点 $Q$ は中心 $D'(-2, 0)$、半径 $7$ の円 $D$ 上の点であるため、媒介変数 $\phi$ を用いて $Q(7\cos\phi - 2, 7\sin\phi)$ と表すことができる。直線 $OP$ の方程式は $y = x\tan\theta$ より $x\sin\theta - y\cos\theta = 0$ である。 $h$ は点 $Q$ と直線 $OP$ の距離であるから、点と直線の距離の公式より

$$h = \frac{|(7\cos\phi - 2)\sin\theta - 7\sin\phi\cos\theta|}{\sqrt{\sin^2\theta + \cos^2\theta}} = |7\sin(\theta - \phi) - 2\sin\theta|$$

ここで、$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $\sin\theta > 0$ である。 $-7 \leqq 7\sin(\theta - \phi) \leqq 7$ であるため、絶対値の中身は $-7 - 2\sin\theta$ 以上 $7 - 2\sin\theta$ 以下の値をとる。絶対値 $|7\sin(\theta - \phi) - 2\sin\theta|$ が最大となるのは、中身が最小値 $-7 - 2\sin\theta$ をとるときであり、このとき $h = |-7 - 2\sin\theta| = 7 + 2\sin\theta$ となる。（中身の最大値 $7 - 2\sin\theta$ と比較して $7 + 2\sin\theta > 7 - 2\sin\theta > 0$ より明らか）

これが最大となるとき $\sin(\theta - \phi) = -1$ であり、$\phi = \theta + \frac{\pi}{2} - 2n\pi$ （$n$ は整数）となる。これを満たす動径の1つとして $\phi = \theta + \frac{\pi}{2}$ を点 $Q$ の座標の式に代入すると、

$$x = 7\cos\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) - 2 = -7\sin\theta - 2$$

$$y = 7\sin\left(\theta + \frac{\pi}{2}\right) = 7\cos\theta$$

よって、面積が最大となるときの点 $Q$ の座標は $(-7\sin\theta - 2, 7\cos\theta)$ である。

(3)

(1) と (2) より、$\triangle OPQ$ の面積の最大値を $f(\theta)$ とおくと、

$$f(\theta) = \frac{1}{2} \cdot 2\cos\theta \cdot (7 + 2\sin\theta) = 7\cos\theta + 2\sin\theta\cos\theta$$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の範囲において、この関数の最大値を求める。

$$f(\theta) = 7\cos\theta + \sin2\theta$$

と変形して $\theta$ で微分すると、

$$f'(\theta) = -7\sin\theta + 2\cos2\theta$$

$$= -7\sin\theta + 2(1 - 2\sin^2\theta)$$

$$= -4\sin^2\theta - 7\sin\theta + 2$$

$$= -(4\sin\theta - 1)(\sin\theta + 2)$$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ において $\sin\theta + 2 > 0$ であるから、$f'(\theta) = 0$ となるのは $\sin\theta = \frac{1}{4}$ のときである。この条件を満たす $\theta$ は区間 $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ にただ1つ存在し、これを $\alpha$ とおく。 $\theta < \alpha$ のとき $f'(\theta) > 0$、$\theta > \alpha$ のとき $f'(\theta) < 0$ となり、$f(\theta)$ は $\theta = \alpha$ の前後で単調増加から単調減少に転じるため、ここで最大値をとる。

$\sin\alpha = \frac{1}{4}$ のとき、$\cos\alpha > 0$ より $\cos\alpha = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{4}\right)^2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$ であるから、求める最大値は

$$f(\alpha) = 7\cos\alpha + 2\sin\alpha\cos\alpha$$

$$= \cos\alpha (7 + 2\sin\alpha)$$

$$= \frac{\sqrt{15}}{4} \left(7 + 2 \cdot \frac{1}{4}\right)$$

$$= \frac{\sqrt{15}}{4} \cdot \frac{15}{2}$$

$$= \frac{15\sqrt{15}}{8}$$

解説

幾何的な考察と微積分を組み合わせた標準的な問題である。 (1) で極座標的な発想を用い、(2) で「直線を固定したときの円上の点との距離の最大値」という典型的な処理を行えるかが鍵となる。(2) では点 $Q$ を $(x, y)$ のまま扱うと条件式が複雑になるため、円の媒介変数表示を活用することで三角関数の合成の形（または位相の差）に持ち込むのが有効である。 (3) は三角関数で表された関数の最大値問題であり、倍角の公式を用いて変数を $\sin\theta$ のみに統一してから微分することで見通しよく解くことができる。