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東北大学 1965年理系第2問解説

方針・初手

円の外部の点から引いた2本の接線の長さが等しいこと、および中心と接点を結ぶ直線が成す角の性質を利用して、関係式を導く。図形の相似や三角比を活用し、$\triangle OPQ$ および $\triangle ABC$ の底辺と高さをそれぞれ $a$ と $x$ で表すのが定石である。

解法1

円の中心を $O$ とし、点 $B$ と点 $C$ における接線の交点を $Q$ とする。円外の点から引いた接線の長さは等しいため、$AP = CP = x$、$BQ = CQ$ である。$BQ = y$ とおく。

円の接線の性質より、$OA \perp AP$、$OB \perp BQ$、$OC \perp PQ$ が成り立つ。直角三角形の合同（$\triangle OAP \equiv \triangle OCP$ および $\triangle OBQ \equiv \triangle OCQ$）から、

$$ \angle AOP = \angle COP, \quad \angle BOQ = \angle COQ $$

線分 $AB$ は直径であるから、$\angle AOB = 180^\circ$。よって、

$$ \angle POQ = \angle POC + \angle COQ = \frac{1}{2} \angle AOC + \frac{1}{2} \angle BOC = 90^\circ $$

ゆえに、$\triangle OPQ$ は $\angle POQ = 90^\circ$ の直角三角形である。

$OC$ は直角の頂点 $O$ から斜辺 $PQ$ に下ろした垂線であるから、$\triangle OCP \sim \triangle QCO$ が成り立つ。対応する辺の比より $CP : OC = OC : CQ$、すなわち $x : a = a : y$ となり、

$$ y = \frac{a^2}{x} $$

これより、$PQ = x + y = x + \frac{a^2}{x} = \frac{x^2+a^2}{x}$ である。 $\triangle OPQ$ の面積は、底辺 $PQ$、高さ $OC = a$ の三角形とみて、

$$ \triangle OPQ = \frac{1}{2} \cdot PQ \cdot OC = \frac{1}{2} \left( \frac{x^2+a^2}{x} \right) a = \frac{a(x^2+a^2)}{2x} $$

次に、$\triangle ABC$ の面積を求める。底辺を $AB = 2a$ とし、頂点 $C$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の長さを $h$ とする。点 $C$ は線分 $PQ$ を $x : y$ に内分する点である。$AP \perp AB$ および $BQ \perp AB$ より $AP \parallel BQ$ であるから、台形 $ABQP$ において点 $C$ の $AB$ からの距離 $h$ は、$AP = x$ と $BQ = y$ の加重平均として求まる。

$$ h = \frac{y \cdot AP + x \cdot BQ}{x + y} = \frac{yx + xy}{x+y} = \frac{2xy}{x+y} $$

$xy = a^2$ および $x+y = \frac{x^2+a^2}{x}$ を代入すると、

$$ h = \frac{2a^2}{\frac{x^2+a^2}{x}} = \frac{2a^2 x}{x^2+a^2} $$

したがって、$\triangle ABC$ の面積は、

$$ \triangle ABC = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot h = \frac{1}{2} \cdot 2a \cdot \frac{2a^2 x}{x^2+a^2} = \frac{2a^3 x}{x^2+a^2} $$

後半の条件 $\triangle OPQ = 2 \triangle ABC$ より、

$$ \frac{a(x^2+a^2)}{2x} = 2 \cdot \frac{2a^3 x}{x^2+a^2} $$

両辺に $\frac{2x(x^2+a^2)}{a}$ を掛けて整理する。

$$ (x^2+a^2)^2 = 8a^2 x^2 $$

$$ x^4 - 6a^2 x^2 + a^4 = 0 $$

これを $x^2$ についての2次方程式とみて解くと、

$$ x^2 = 3a^2 \pm \sqrt{(3a^2)^2 - a^4} = (3 \pm 2\sqrt{2})a^2 $$

二重根号を外すと $3 \pm 2\sqrt{2} = (\sqrt{2} \pm 1)^2$ となる。 $x > 0$ かつ $a > 0$ であり、$\sqrt{2} - 1 > 0$ であるから、

$$ x = (\sqrt{2} \pm 1)a $$

解法2

$\angle AOP = \theta$（$0^\circ < \theta < 90^\circ$）とおく。直角三角形 $\triangle OAP$ において $OA=a, AP=x$ より、

$$ \tan \theta = \frac{x}{a}, \quad \sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}, \quad \cos \theta = \frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}} $$

$\triangle OAP \equiv \triangle OCP$ より $\angle COP = \theta$ であるから、$\angle AOC = 2\theta$。円周角の定理より、$\angle ABC = \frac{1}{2}\angle AOC = \theta$。また、線分 $AB$ は直径なので $\angle ACB = 90^\circ$ である。直角三角形 $\triangle ABC$ において斜辺 $AB = 2a$ だから、

$$ AC = 2a \sin \theta, \quad BC = 2a \cos \theta $$

よって、$\triangle ABC$ の面積は、

$$ \triangle ABC = \frac{1}{2} AC \cdot BC = 2a^2 \sin \theta \cos \theta $$

$\sin \theta, \cos \theta$ を代入して、

$$ \triangle ABC = 2a^2 \cdot \frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}} \cdot \frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}} = \frac{2a^3 x}{x^2+a^2} $$

次に $\triangle OPQ$ の面積を求める。解法1と同様に $\angle POQ = 90^\circ$ である。 $\angle BOQ = \phi$ とおくと、$\angle AOB = 180^\circ$ より $2\theta + 2\phi = 180^\circ$、すなわち $\phi = 90^\circ - \theta$。直角三角形 $\triangle OBQ$ において、

$$ OQ = \frac{a}{\cos \phi} = \frac{a}{\sin \theta} = \frac{a\sqrt{x^2+a^2}}{x} $$

直角三角形 $\triangle OAP$ において、

$$ OP = \sqrt{x^2+a^2} $$

したがって、$\triangle OPQ$ の面積は、

$$ \triangle OPQ = \frac{1}{2} OP \cdot OQ = \frac{1}{2} \sqrt{x^2+a^2} \cdot \frac{a\sqrt{x^2+a^2}}{x} = \frac{a(x^2+a^2)}{2x} $$

後半の $x$ を求める計算は解法1と同様であるため省略する。

解説

円の接線が絡む図形問題の典型であり、初等幾何の性質（接線の長さの相等、中心角の二等分、直角三角形の相似）や三角比を用いて、必要な線分や高さを $a$ と $x$ で表現できるかが問われている。解法1のように台形の性質と内分点の加重平均を用いて三角形の高さを求める発想や、解法2のように角度 $\theta$ を設定して三角比に帰着させる発想は、計算量を減らし見通しを良くするために有効である。方程式を解く際に現れる $3 \pm 2\sqrt{2}$ については、二重根号を外す形に気づけるとスムーズに解が求まる。