東北大学 2024年 文系 第2問 解説

方針・初手

点 $O,A,D$ および $O,B,D$ はそれぞれ直角三角形をつくるので、まず三角比から $a,b,d$ の関係を立てるのが自然である。特に $\tan 75^\circ$ を先に求めると、$\tan 15^\circ$ もすぐ分かる。

また、（3） は座標計算をするより、円 $C$ が $x$ 軸に $O$ で接すること、そして $OD$ が直径であることから生じる直角を用いて相似をつくるのがよい。（4） は （3） の結果をそのまま使えば簡潔に処理できる。

解法1

(1)

$$ \tan 75^\circ=\tan(45^\circ+30^\circ) =\frac{\tan45^\circ+\tan30^\circ}{1-\tan45^\circ\tan30^\circ} =\frac{1+\frac{1}{\sqrt3}}{1-\frac{1}{\sqrt3}} =\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3-1} =2+\sqrt3 $$

したがって、

$$ \tan 75^\circ=2+\sqrt3 $$

である。

なお、後で用いるため

$$ \tan 15^\circ=\tan(45^\circ-30^\circ)=2-\sqrt3 $$

も得られる。

(2)

三角形 $OAD$ は $O$ で直角であり、$\angle OAD=15^\circ$ であるから、

$$ \tan 15^\circ=\frac{OD}{OA}=\frac{d}{a} $$

より

$$ \frac{d}{a}=2-\sqrt3 $$

したがって

$$ a=\frac{d}{2-\sqrt3}=d(2+\sqrt3) $$

である。

同様に、三角形 $OBD$ は $O$ で直角であり、$\angle OBD=75^\circ$ であるから、

$$ \tan 75^\circ=\frac{OD}{OB}=\frac{d}{b} $$

より

$$ \frac{d}{b}=2+\sqrt3 $$

したがって

$$ b=\frac{d}{2+\sqrt3}=d(2-\sqrt3) $$

である。

ここで $a>b$ なので、$AB=6$ から

$$ a-b=6 $$

である。よって

$$ d(2+\sqrt3)-d(2-\sqrt3)=6 $$

すなわち

$$ 2\sqrt3,d=6 $$

となるから、

$$ d=\sqrt3 $$

である。これを $a,b$ の式に代入すると、

$$ a=\sqrt3(2+\sqrt3)=3+2\sqrt3 $$

$$ b=\sqrt3(2-\sqrt3)=2\sqrt3-3 $$

したがって

$$ a=3+2\sqrt3,\quad b=2\sqrt3-3,\quad d=\sqrt3 $$

である。

(3)

円 $C$ は $OD$ を直径とするから、$O$ における半径は $OD$ と同一直線上にある。$OD$ は $y$ 軸上にあるので、$O$ における接線は $x$ 軸である。したがって、$A,B$ はともに円 $C$ の接線上にあり、$AO,BO$ は円 $C$ の接線である。

まず $A$ について考える。

点 $P$ は円 $C$ 上にあり、しかも $OD$ は直径であるから、円周角の定理より

$$ \angle OPD=90^\circ $$

である。$A,P,D$ は一直線上にあるので、

$$ \angle APO=\angle DPO=90^\circ $$

となる。

また、$OA$ は $x$ 軸上、$OD$ は $y$ 軸上にあるから

$$ \angle AOD=90^\circ $$

である。

さらに、$AO$ は円 $C$ の接線であり、$OP$ は弦であるから、接弦定理より

$$ \angle AOP=\angle ODP $$

である。ここで $A,D,P$ は一直線上にあるので、

$$ \angle ODP=\angle ADO $$

となる。

よって

$$ \angle APO=\angle AOD,\qquad \angle AOP=\angle ADO $$

であるから、三角形 $AOP$ と三角形 $ADO$ は相似である。

したがって、対応する辺の比より

$$ \frac{AP}{AO}=\frac{AO}{AD} $$

となるので、

$$ AP\cdot AD=AO^2 $$

を得る。

次に $B$ について考える。

点 $Q$ は円 $C$ 上にあり、$OD$ は直径であるから、

$$ \angle OQD=90^\circ $$

である。$B,Q,D$ は一直線上にあるので、

$$ \angle BQO=\angle DQO=90^\circ $$

である。また、

$$ \angle BOD=90^\circ $$

である。

さらに、$BO$ は円 $C$ の接線であり、$OQ$ は弦であるから、接弦定理より

$$ \angle BOQ=\angle ODQ $$

である。$B,Q,D$ は一直線上にあるので、

$$ \angle ODQ=\angle BDO $$

となる。

よって

$$ \angle BQO=\angle BOD,\qquad \angle BOQ=\angle BDO $$

であるから、三角形 $BQO$ と三角形 $BDO$ は相似である。

したがって、

$$ \frac{BQ}{BO}=\frac{BO}{BD} $$

となるので、

$$ BQ\cdot BD=BO^2 $$

を得る。

(4)

（3） より

$$ AP=\frac{AO^2}{AD},\qquad BQ=\frac{BO^2}{BD} $$

であるから、

$$ AP\cdot BQ=\frac{AO^2}{AD}\cdot\frac{BO^2}{BD} $$

となる。

ここで、三角形 $OAD$ において

$$ \frac{AO}{AD}=\cos15^\circ $$

三角形 $OBD$ において

$$ \frac{BO}{BD}=\cos75^\circ $$

であるから、

$$ AP\cdot BQ =AO\cdot BO\cdot \frac{AO}{AD}\cdot\frac{BO}{BD} =ab\cos15^\circ\cos75^\circ $$

となる。

（2） で求めた $a,b$ を用いると、

$$ ab=(3+2\sqrt3)(2\sqrt3-3)=3 $$

である。また、

$$ \cos75^\circ=\sin15^\circ $$

より

$$ \cos15^\circ\cos75^\circ =\cos15^\circ\sin15^\circ =\frac{1}{2}\sin30^\circ =\frac{1}{4} $$

したがって

$$ AP\cdot BQ=3\cdot \frac14=\frac34 $$

である。

解説

この問題の核は、（2） では $O$ を直角とする三角形の三角比、（3） では「直径に対する円周角が $90^\circ$」と「接線と弦のなす角」の利用である。

特に （3） は、方べきの定理をただ暗記して使うのではなく、相似な三角形をつくれば式 $AP\cdot AD=AO^2$、$BQ\cdot BD=BO^2$ が自然に出てくることを確認するのが重要である。（4） はその結果を用いることで、$P,Q$ の座標を直接求めずに処理できる。

答え

$$ \tan75^\circ=2+\sqrt3 $$

$$ a=3+2\sqrt3,\qquad b=2\sqrt3-3,\qquad d=\sqrt3 $$

また、

$$ AP\cdot AD=AO^2,\qquad BQ\cdot BD=BO^2 $$

であり、

$$ AP\cdot BQ=\frac34 $$