東北大学 2021年 文系 第3問 解説

方針・初手

交点 $P$ を用いて三角形 $OPA$ を見るのが基本である。 ここでは

• $OP$ は円 $C_1$ の半径
• $AP=r$ は円 $C_2$ の半径
• $OA=1$
• $\angle OPA=\dfrac{\pi}{3}$

が分かっているので、まず余弦定理で円 $C_1$ の半径を求める。 その後、$r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ を代入して角度と共通部分の面積を処理する。

解法1

円 $C_1$ の半径を $R$ とおく。

三角形 $OPA$ に余弦定理を用いると、

$$ OA^2=OP^2+AP^2-2\cdot OP\cdot AP\cos\angle OPA $$

より、

$$ 1=R^2+r^2-2Rr\cos\frac{\pi}{3} $$

である。$\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}$ だから、

$$ 1=R^2+r^2-Rr $$

すなわち

$$ R^2-rR+(r^2-1)=0 $$

となる。これを $R$ について解くと、

$$ R=\frac{r\pm\sqrt{r^2-4(r^2-1)}}{2} =\frac{r\pm\sqrt{4-3r^2}}{2} $$

を得る。

ここで $r<1$ より $\sqrt{4-3r^2}>1>r$ であるから、

$$ \frac{r-\sqrt{4-3r^2}}{2}<0 $$

となり、半径として不適である。したがって、

$$ R=\frac{r+\sqrt{4-3r^2}}{2} $$

である。

以上より、（1） の答えは

$$ \frac{r+\sqrt{4-3r^2}}{2} $$

である。

次に （2） を考える。$r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ のとき、

$$ R=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}+\sqrt{4-3\cdot\frac{1}{3}}}{2} =\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}+\sqrt{3}}{2} =\frac{2\sqrt{3}}{3} $$

である。

三角形 $OPA$ において、$\angle PAO$ を余弦定理で求めると、

$$ \cos\angle PAO =\frac{OA^2+AP^2-OP^2}{2\cdot OA\cdot AP} =\frac{1+\frac{1}{3}-\frac{4}{3}}{2\cdot1\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}} =0 $$

となる。したがって、

$$ \angle PAO=\frac{\pi}{2} $$

である。

よって、（2） の答えは

$$ \frac{\pi}{2} $$

である。

最後に （3） を考える。

$r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ のとき、上で求めたように

$$ \angle PAO=\frac{\pi}{2} $$

である。円 $C_2$ は点 $A$ を中心とするから、$P,Q$ は直線 $OA$ に関して対称であり、

$$ \angle PAQ=2\angle PAO=\pi $$

となる。したがって、$PQ$ は円 $C_2$ の直径である。

また、三角形 $OPA$ で

$$ \angle AOP=\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{6} $$

だから、対称性より

$$ \angle POQ=2\angle AOP=\frac{\pi}{3} $$

である。

共通部分は、

• 円 $C_2$ の、弦 $PQ$ によって切り取られる半円
• 円 $C_1$ の、弦 $PQ$ と小弧 $PQ$ で囲まれる弓形

の和として求められる。

まず、円 $C_2$ の半円の面積は

$$ \frac{1}{2}\pi r^2 =\frac{1}{2}\pi\cdot\frac{1}{3} =\frac{\pi}{6} $$

である。

次に、円 $C_1$ の弓形の面積を求める。 半径は $R=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$、中心角は $\dfrac{\pi}{3}$ なので、その扇形の面積は

$$ \frac{1}{2}R^2\cdot\frac{\pi}{3} =\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{\pi}{3} =\frac{2\pi}{9} $$

である。

一方、三角形 $OPQ$ の面積は

$$ \frac{1}{2}R^2\sin\frac{\pi}{3} =\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} =\frac{\sqrt{3}}{3} $$

であるから、弓形の面積は

$$ \frac{2\pi}{9}-\frac{\sqrt{3}}{3} $$

となる。

したがって、共通部分の面積は

$$ \frac{\pi}{6}+\left(\frac{2\pi}{9}-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) =\frac{7\pi}{18}-\frac{\sqrt{3}}{3} $$

である。

よって、（3） の答えは

$$ \frac{7\pi}{18}-\frac{\sqrt{3}}{3} $$

である。

解説

この問題の核は、交点 $P$ を使って三角形 $OPA$ を作ることである。 円の問題であっても、中心と交点を結べば三角形になり、余弦定理で半径や角度が処理できる。

また、$r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ のとき $\angle PAO=\dfrac{\pi}{2}$ となる点が重要である。これにより $PQ$ が円 $C_2$ の直径であることが分かり、共通部分を「半円と弓形」に分けて面積計算できる。

面積は、図形全体を一気に求めようとせず、扇形と三角形の差に分解するのが典型的である。

答え

(1)

円 $C_1$ の半径は

$$ \frac{r+\sqrt{4-3r^2}}{2} $$

である。

(2)

$r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ のとき、

$$ \angle PAO=\frac{\pi}{2} $$

である。

(3)

$r=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ のとき、円 $C_1$ の内部と円 $C_2$ の内部の共通部分の面積は

$$ \frac{7\pi}{18}-\frac{\sqrt{3}}{3} $$

である。