トップ› 大阪大学› 2025年› 理系第3問

大阪大学 2025年理系第3問解説

方針・初手

点 $O, A, P$ の座標からベクトル $\vec{AO}$ と $\vec{AP}$ の成分を求め、内積を用いて $\angle OAP = 30^\circ$ の条件を立式する。得られた方程式を整理して点 $P$ の軌跡が楕円の一部であることを導き、楕円の媒介変数表示（パラメータ表示）を利用することで、$(x+1)(y+1)$ を1変数の三角関数の最大・最小問題に帰着させる。

解法1

始点を $A$ とするベクトル $\vec{AO}$ と $\vec{AP}$ の成分はそれぞれ次のようになる。

$$ \begin{aligned} \vec{AO} &= (0, -1, -1) \\ \vec{AP} &= (x, y-1, -1) \end{aligned} $$

この2つのベクトルのなす角が $30^\circ$ であるから、内積の定義より $\vec{AO} \cdot \vec{AP} = |\vec{AO}||\vec{AP}|\cos 30^\circ$ が成り立つ。それぞれの値を計算する。

$$ \begin{aligned} \vec{AO} \cdot \vec{AP} &= 0 \cdot x + (-1) \cdot (y-1) + (-1) \cdot (-1) = 2 - y \\ |\vec{AO}| &= \sqrt{0^2 + (-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{2} \\ |\vec{AP}| &= \sqrt{x^2 + (y-1)^2 + (-1)^2} = \sqrt{x^2 + y^2 - 2y + 2} \end{aligned} $$

これらを内積の定義式に代入する。

$$ 2 - y = \sqrt{2}\sqrt{x^2 + y^2 - 2y + 2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} $$

両辺を2倍して整理する。

$$ 2(2 - y) = \sqrt{6}\sqrt{x^2 + y^2 - 2y + 2} $$

右辺は $0$ 以上であるため、左辺も $0$ 以上とならなければならない。すなわち $2 - y \geqq 0$ より $y \leqq 2$ である。さらに問題文の条件より $y \geqq 0$ であるから、$y$ の範囲は $0 \leqq y \leqq 2$ となる。この条件のもとで両辺を2乗して整理する。

$$ \begin{aligned} 4(y^2 - 4y + 4) &= 6(x^2 + y^2 - 2y + 2) \\ 4y^2 - 16y + 16 &= 6x^2 + 6y^2 - 12y + 12 \\ 6x^2 + 2y^2 + 4y - 4 &= 0 \\ 3x^2 + y^2 + 2y - 2 &= 0 \\ 3x^2 + (y+1)^2 &= 3 \end{aligned} $$

したがって、点 $P(x,y,0)$ は、$xy$ 平面上の楕円 $3x^2 + (y+1)^2 = 3$ のうち、$y \geqq 0$ を満たす部分を動く。ここで、楕円上の点をパラメータ $\theta$ を用いて次のように置く。

$$ \begin{aligned} x &= \cos \theta \\ y+1 &= \sqrt{3}\sin \theta \end{aligned} $$

$y \geqq 0$ より $y+1 \geqq 1$ であるから、$\sqrt{3}\sin \theta \geqq 1$、すなわち $\sin \theta \geqq \frac{1}{\sqrt{3}}$ である。 $\sin \alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\left(0 < \alpha < \frac{\pi}{2}\right)$ となる角 $\alpha$ を定めると、$\theta$ のとりうる値の範囲は $\alpha \leqq \theta \leqq \pi - \alpha$ となる。このとき、$\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$ である。

求める式 $(x+1)(y+1)$ を $f(\theta)$ とおくと、次のように表される。

$$ \begin{aligned} f(\theta) &= (\cos \theta + 1) \cdot \sqrt{3}\sin \theta \\ &= \sqrt{3}\sin \theta \cos \theta + \sqrt{3}\sin \theta \\ &= \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta + \sqrt{3}\sin \theta \end{aligned} $$

これを $\theta$ について微分する。

$$ \begin{aligned} f'(\theta) &= \sqrt{3}\cos 2\theta + \sqrt{3}\cos \theta \\ &= \sqrt{3}(2\cos^2 \theta - 1) + \sqrt{3}\cos \theta \\ &= \sqrt{3}(2\cos^2 \theta + \cos \theta - 1) \\ &= \sqrt{3}(2\cos \theta - 1)(\cos \theta + 1) \end{aligned} $$

$\theta$ の範囲 $\alpha \leqq \theta \leqq \pi - \alpha$ において、$\cos \theta$ は単調に減少し、そのとりうる値の範囲は $\cos(\pi - \alpha) \leqq \cos \theta \leqq \cos \alpha$ より $-\frac{\sqrt{6}}{3} \leqq \cos \theta \leqq \frac{\sqrt{6}}{3}$ である。この範囲内で $f'(\theta) = 0$ となるのは $\cos \theta = \frac{1}{2}$ のときであり、これは $\theta = \frac{\pi}{3}$ に相当する。 $f'(\theta)$ は $\theta = \frac{\pi}{3}$ を境に正から負へ変わるため、ここで最大値をとる。

最大値は次のようになる。

$$ f\left(\frac{\pi}{3}\right) = \left(\cos\frac{\pi}{3} + 1\right) \cdot \sqrt{3}\sin\frac{\pi}{3} = \left(\frac{1}{2} + 1\right) \cdot \sqrt{3} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{9}{4} $$

最小値は、区間の両端である $\theta = \alpha$ または $\theta = \pi - \alpha$ のいずれかでとる。 $\theta = \alpha$ のとき

$$ f(\alpha) = (\cos \alpha + 1) \cdot \sqrt{3}\sin \alpha = \left(\frac{\sqrt{6}}{3} + 1\right) \cdot \sqrt{3} \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = \frac{3+\sqrt{6}}{3} $$

$\theta = \pi - \alpha$ のとき

$$ f(\pi - \alpha) = (\cos(\pi-\alpha) + 1) \cdot \sqrt{3}\sin(\pi-\alpha) = \left(-\frac{\sqrt{6}}{3} + 1\right) \cdot 1 = \frac{3-\sqrt{6}}{3} $$

$\frac{3-\sqrt{6}}{3} < \frac{3+\sqrt{6}}{3}$ であるから、最小値は $\frac{3-\sqrt{6}}{3}$ となる。

解説

空間座標における角度指定から方程式を導出する定石の問題である。$\angle OAP = 30^\circ$ が与えられているため、始点を $A$ にそろえたベクトル $\vec{AO}, \vec{AP}$ の内積を用いて条件式を導くのが自然なアプローチとなる。内積の式を整理することで点 $P$ の軌跡が楕円となることが分かるため、パラメータ表示に持ち込むことで1変数の三角関数の最大・最小問題に帰着できる。内積の定義式から生じる $y \leqq 2$ の隠れた条件や、問題文の定義域（$y \geqq 0$）の扱いに注意し、変数のとりうる範囲を正確に絞り込むことが重要である。