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大阪大学 2015年文系第3問解説

方針・初手

点 $P$ や点 $Q$ の位置関係を、与えられた角度 $\theta = \angle PAB$ を用いて表すことから始める。 (1) では $\triangle AQR$ の面積を求めるため、底辺を $AQ$ とみて、点 $R$ の直線 $AB$ からの距離（高さ）を求める。その際、直線と円が交わる構図であるため「方べきの定理」が有効に働く。 (2) は (1) の結果から面積が最大となる $\theta$ の値を特定し、そのときの線分の長さの比、またはベクトルの内積を用いて $\overrightarrow{AR}$ を表現する。

解法1

(1)

線分 $AB$ は円 $C$ の直径であるから、$\angle APB = \frac{\pi}{2}$ である。直角三角形 $APB$ において、$AB=2$ より、$AP = 2\cos\theta$ となる。問題の条件より $A, B$ と $P$ は異なる点であるから、$\theta$ のとりうる値の範囲は $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ である。

$AP = AQ$ より、$AQ = 2\cos\theta$ である。 $\triangle APQ$ は $AP=AQ$ の二等辺三角形であるから、底角は等しく

$$ \angle AQP = \frac{\pi - \theta}{2} $$

となる。対頂角は等しいから $\angle RQB = \angle AQP = \frac{\pi - \theta}{2}$ である。

また、円 $C$ において弦 $AB$ と弦 $PR$ が点 $Q$ で交わるため、方べきの定理より $QA \cdot QB = QP \cdot QR$ が成り立つ。

$$ QA = 2\cos\theta $$

$$ QB = AB - AQ = 2 - 2\cos\theta = 4\sin^2\frac{\theta}{2} $$

$\triangle APQ$ における余弦定理により

$$ \begin{aligned} PQ^2 &= AP^2 + AQ^2 - 2AP \cdot AQ \cos\theta \\ &= 8\cos^2\theta - 8\cos^3\theta \\ &= 8\cos^2\theta(1-\cos\theta) \\ &= 16\cos^2\theta\sin^2\frac{\theta}{2} \end{aligned} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $\cos\theta > 0, \sin\frac{\theta}{2} > 0$ であるから、$PQ = 4\cos\theta\sin\frac{\theta}{2}$ となる。

これらを方べきの定理の式に代入して、

$$ 2\cos\theta \cdot 4\sin^2\frac{\theta}{2} = 4\cos\theta\sin\frac{\theta}{2} \cdot QR $$

$$ QR = 2\sin\frac{\theta}{2} $$

次に、点 $R$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると、直角三角形 $RQH$ において

$$ RH = QR \sin \angle RQB = 2\sin\frac{\theta}{2} \sin\frac{\pi-\theta}{2} = 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} = \sin\theta $$

よって、$\triangle AQR$ の面積を $S$ とすると、底辺を $AQ$、高さを $RH$ とみて、

$$ S = \frac{1}{2} AQ \cdot RH = \frac{1}{2} (2\cos\theta) \sin\theta = \frac{1}{2}\sin 2\theta $$

(2)

(1) より、$\triangle AQR$ の面積 $S = \frac{1}{2}\sin 2\theta$ である。 $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ の範囲において、$S$ が最大となるのは $2\theta = \frac{\pi}{2}$、すなわち $\theta = \frac{\pi}{4}$ のときである。このとき、$\cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ であり、(1) の途中の式より

$$ PQ = 4 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \sin\frac{\pi}{8} = 2\sqrt{2}\sin\frac{\pi}{8} $$

$$ QR = 2\sin\frac{\pi}{8} $$

ゆえに、$PQ : QR = \sqrt{2} : 1$ である。

点 $Q$ は線分 $PR$ 上にあるので、$\overrightarrow{QR} = \frac{1}{\sqrt{2}} \overrightarrow{PQ}$ が成り立つ。また、$AQ = 2\cos\frac{\pi}{4} = \sqrt{2}$、$AB = 2$ より、$\overrightarrow{AQ} = \frac{\sqrt{2}}{2} \overrightarrow{AB} = \frac{1}{\sqrt{2}}\overrightarrow{AB}$ である。これらを用いて $\overrightarrow{AR}$ を変形すると、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AR} &= \overrightarrow{AQ} + \overrightarrow{QR} \\ &= \overrightarrow{AQ} + \frac{1}{\sqrt{2}} \overrightarrow{PQ} \\ &= \overrightarrow{AQ} + \frac{1}{\sqrt{2}} (\overrightarrow{AQ} - \overrightarrow{AP}) \\ &= \left( 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \overrightarrow{AQ} - \frac{1}{\sqrt{2}} \overrightarrow{AP} \\ &= \frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \overrightarrow{AB} - \frac{1}{\sqrt{2}} \overrightarrow{AP} \\ &= \frac{\sqrt{2}+1}{2} \overrightarrow{AB} - \frac{\sqrt{2}}{2} \overrightarrow{AP} \end{aligned} $$

解法2

(2) の別解：ベクトルの内積を用いた解法

$\triangle AQR$ の面積が最大となるのは、解法1と同様にして $\theta = \frac{\pi}{4}$ のときである。ここでは一般の $\theta$ に対して、$\overrightarrow{AR}$ を $\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AP}$ を用いて表すことを考える。

$AQ = 2\cos\theta$、$AB = 2$ より $\overrightarrow{AQ} = \cos\theta \overrightarrow{AB}$ である。点 $R$ は直線 $PQ$ 上の点であるから、実数 $k$ を用いて次のように表せる。

$$ \overrightarrow{AR} = (1-k)\overrightarrow{AQ} + k\overrightarrow{AP} = (1-k)\cos\theta \overrightarrow{AB} + k\overrightarrow{AP} $$

また、$AB$ は円 $C$ の直径であり、点 $R$ は円周上の点であるから $\angle ARB = \frac{\pi}{2}$、すなわち $\overrightarrow{AR} \cdot (\overrightarrow{AR} - \overrightarrow{AB}) = 0$ が成り立つ。（$R \neq A, B$）ここで、各ベクトルの大きさおよび内積は

$$ |\overrightarrow{AB}|^2 = 4, \quad |\overrightarrow{AP}|^2 = 4\cos^2\theta, \quad \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AP} = 2 \cdot 2\cos\theta \cdot \cos\theta = 4\cos^2\theta $$

である。計算を簡略化するため $c = \cos\theta$、$u = (1-k)c$、$v = k$ とおくと、$\overrightarrow{AR} = u\overrightarrow{AB} + v\overrightarrow{AP}$ であり、

$$ \begin{aligned} \overrightarrow{AR} \cdot (\overrightarrow{AR} - \overrightarrow{AB}) &= u(u-1)|\overrightarrow{AB}|^2 + (uv + v(u-1))\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AP} + v^2|\overrightarrow{AP}|^2 \\ &= 4u(u-1) + 4(2uv-v)c^2 + 4v^2c^2 = 0 \end{aligned} $$

両辺を $4$ で割り、$u = (1-v)c$ を代入して展開・整理する。

$$ \begin{aligned} (1-v)c \{ (1-v)c - 1 \} + v \{ 2(1-v)c + v - 1 \} c^2 &= 0 \\ (1-v)^2 c^2 - (1-v)c + 2v(1-v)c^3 - v(1-v)c^2 &= 0 \end{aligned} $$

$v=1$ は $R=P$ の場合を表すため不適である。$v \neq 1$ として両辺を $1-v$ で割ると、

$$ \begin{aligned} (1-v)c^2 - c + 2vc^3 - vc^2 &= 0 \\ c^2 - vc^2 - c + 2vc^3 - vc^2 &= 0 \\ -c(1-c) - 2vc^2(1-c) &= 0 \\ -c(1-c)(1+2vc) &= 0 \end{aligned} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ より $c > 0, c \neq 1$ であるから、

$$ 1+2vc = 0 \iff v = -\frac{1}{2c} = -\frac{1}{2\cos\theta} $$

このとき、

$$ u = (1-v)c = \left( 1 + \frac{1}{2\cos\theta} \right) \cos\theta = \cos\theta + \frac{1}{2} $$

したがって、任意の $\theta$ に対して以下が成り立つ。

$$ \overrightarrow{AR} = \left( \cos\theta + \frac{1}{2} \right) \overrightarrow{AB} - \frac{1}{2\cos\theta} \overrightarrow{AP} $$

面積が最大となるのは $\theta = \frac{\pi}{4}$ のときであり、$\cos\frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ を代入して、

$$ \overrightarrow{AR} = \frac{\sqrt{2}+1}{2} \overrightarrow{AB} - \frac{\sqrt{2}}{2} \overrightarrow{AP} $$

解説

図形的な性質とベクトルの融合問題である。 (1) では、円と交わる直線が作る線分の長さを求めるために、方べきの定理を用いるのが非常に効果的である。また、面積を求める際に底辺と高さを直接求める以外に、$\triangle AQR = \frac{QR}{PQ}\triangle APQ$ と面積比を用いて計算を省略するアプローチも有効である。 (2) は、(1) で求めた辺の長さの比をそのままベクトルに適用する図形的な解法（解法1）が素早く確実である。一方で、円周角が直角であることをベクトルの内積で処理する解法2も、ベクトル特有の汎用的な解法としてマスターしておきたい考え方である。