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東京工業大学 2008年理系第4問解説

方針・初手

点 $P, Q$ は原点を通る半直線 $L_1, L_2$ 上にあるため、原点からの距離を変数にとり、ベクトルや座標を用いて条件を式に表すのが定石である。 $PQ = 1$ という条件と、正三角形の頂点 $R$ の位置を決定する条件から、$R$ の座標を $P, Q$ の変数を用いて表す。正三角形の頂点は、中点から法線ベクトル方向に高さをとる（ベクトル）、または頂点を $60^\circ$ 回転する（複素数平面）ことで求められる。本問のポイントは「原点 $O$ の反対側」という条件の処理である。領域の正負や点の回転の向きを正確に判定する必要がある。

解法1

$L_1$ 上の点 $P$、$L_2$ 上の点 $Q$ を、実数 $p > 0, q > 0$ を用いて次のように表す。

$$ P(p\cos\alpha, -p\sin\alpha), \quad Q(q\cos\alpha, q\sin\alpha) $$

$PQ = 1$ より $PQ^2 = 1$ であるから、

$$ (q\cos\alpha - p\cos\alpha)^2 + (q\sin\alpha + p\sin\alpha)^2 = 1 $$

$$ (q-p)^2 \cos^2\alpha + (q+p)^2 \sin^2\alpha = 1 \quad \cdots \text{①} $$

ベクトル $\vec{PQ} = ((q-p)\cos\alpha, (q+p)\sin\alpha)$ を反時計回りに $\frac{\pi}{2}$ 回転した法線ベクトルを $\vec{n}$ とすると、

$$ \vec{n} = (-(q+p)\sin\alpha, (q-p)\cos\alpha) $$

線分 $PQ$ の中点 $M$ の座標は $M\left(\frac{q+p}{2}\cos\alpha, \frac{q-p}{2}\sin\alpha\right)$ であり、直線 $PQ$ の方程式は $\vec{n} \cdot (\vec{x} - \vec{OM}) = 0$ より次のように表される。

$$ -(q+p)\sin\alpha \left(x - \frac{q+p}{2}\cos\alpha\right) + (q-p)\cos\alpha \left(y - \frac{q-p}{2}\sin\alpha\right) = 0 $$

この式の左辺を $f(x, y)$ とおく。$f(x,y) > 0$ を満たす領域は、直線 $PQ$ に対して法線ベクトル $\vec{n}$ が指す側の領域である。原点 $O(0, 0)$ における $f(x,y)$ の値は、

$$ \begin{aligned} f(0, 0) &= \frac{(q+p)^2}{2}\sin\alpha\cos\alpha - \frac{(q-p)^2}{2}\sin\alpha\cos\alpha \\ &= \frac{(q+p)^2 - (q-p)^2}{2} \sin\alpha\cos\alpha \\ &= 2pq \sin\alpha\cos\alpha \end{aligned} $$

$p > 0, q > 0$ であり、$0 < \alpha < \frac{\pi}{3}$ より $\sin\alpha\cos\alpha > 0$ であるから、$f(0,0) > 0$ となる。したがって、原点 $O$ は直線 $PQ$ に対して $\vec{n}$ の方向にある。点 $R$ は直線 $PQ$ に対し原点 $O$ の反対側にあるため、$-\vec{n}$ の方向にある。 $\triangle PQR$ は正三角形であるから、$MR = \frac{\sqrt{3}}{2}PQ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。また、①より $|\vec{n}|^2 = (q+p)^2\sin^2\alpha + (q-p)^2\cos^2\alpha = 1$ であるから、$\vec{MR} = \frac{\sqrt{3}}{2}(-\vec{n})$ となる。

$$ \begin{aligned} \vec{OR} &= \vec{OM} + \vec{MR} \\ &= \left(\frac{q+p}{2}\cos\alpha, \frac{q-p}{2}\sin\alpha\right) + \frac{\sqrt{3}}{2} ((q+p)\sin\alpha, -(q-p)\cos\alpha) \\ &= \left( \frac{q+p}{2} (\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha), \frac{q-p}{2} (\sin\alpha - \sqrt{3}\cos\alpha) \right) \end{aligned} $$

よって、点 $R$ の座標 $(X, Y)$ は次のように表される。

$$ X = \frac{q+p}{2} (\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha) \quad \cdots \text{②} $$

$$ Y = \frac{q-p}{2} (\sin\alpha - \sqrt{3}\cos\alpha) \quad \cdots \text{③} $$

(1) 線分 $PQ$ が $x$ 軸と直交するとき、点 $P, Q$ の $x$ 座標が等しいので $p\cos\alpha = q\cos\alpha$。 $\cos\alpha > 0$ より $p=q$。これを①に代入すると、

$$ (2p)^2 \sin^2\alpha = 1 $$

$p > 0, \sin\alpha > 0$ より $p = \frac{1}{2\sin\alpha}$ である。このとき $q+p = \frac{1}{\sin\alpha}$、$q-p = 0$ となるので、これを②、③に代入して、

$$ X = \frac{1}{2\sin\alpha} (\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha) = \frac{1}{2\tan\alpha} + \frac{\sqrt{3}}{2} $$

$$ Y = 0 $$

したがって、点 $R$ の座標は $\left( \frac{1}{2\tan\alpha} + \frac{\sqrt{3}}{2}, 0 \right)$ である。

(2) ②、③より $q+p, q-p$ について解くと、

$$ q+p = \frac{2X}{\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha} $$

$$ q-p = \frac{2Y}{\sin\alpha - \sqrt{3}\cos\alpha} $$

$0 < \alpha < \frac{\pi}{3}$ より $\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha > 0$、$\sin\alpha - \sqrt{3}\cos\alpha = 2\sin\left(\alpha - \frac{\pi}{3}\right) < 0$ であり分母は $0$ ではない。これらを①に代入すると、

$$ \frac{4\cos^2\alpha}{(\sin\alpha - \sqrt{3}\cos\alpha)^2} Y^2 + \frac{4\sin^2\alpha}{(\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha)^2} X^2 = 1 $$

$X^2, Y^2$ の係数はともに正の定数であるから、これは楕円の方程式を表す。 $p > 0, q > 0$ より $q+p > |q-p| \ge 0$ という条件がつくため、$X, Y$ がとり得る範囲に制限が生じる。したがって、点 $R$ の軌跡はこの楕円上の条件を満たす部分となり、ある楕円の一部であることが示された。（証明終）

解法2

複素数平面上で点 $O, P, Q, R$ に対応する複素数をそれぞれ $0, p, q, r$ とする。点 $P \in L_1, Q \in L_2$ であるから、実数 $s > 0, t > 0$ を用いて

$$ p = s(\cos(-\alpha) + i\sin(-\alpha)) = s(\cos\alpha - i\sin\alpha) $$

$$ q = t(\cos\alpha + i\sin\alpha) $$

と表せる。$PQ = |q-p| = 1$ より、

$$ (t-s)^2\cos^2\alpha + (t+s)^2\sin^2\alpha = 1 \quad \cdots \text{④} $$

$\arg(p) = -\alpha$、$\arg(q) = \alpha$ であり、$0 < 2\alpha < \frac{2\pi}{3} < \pi$ であるから、$O, P, Q$ は反時計回りの位置関係にある。したがって、点 $P$ から点 $Q$ へ向かう方向に対し、原点 $O$ は左側にある。点 $R$ は直線 $PQ$ に対して原点 $O$ の反対側にあるため、点 $P$ から点 $Q$ へ向かう方向の右側にある。 $\triangle PQR$ は正三角形であるから、点 $R$ は点 $Q$ を点 $P$ を中心として時計回りに $\frac{\pi}{3}$ だけ回転した点である。よって、

$$ r - p = (q - p)\left(\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right)\right) = (q - p) e^{-i\frac{\pi}{3}} $$

これを整理すると、

$$ \begin{aligned} r &= p(1 - e^{-i\frac{\pi}{3}}) + q e^{-i\frac{\pi}{3}} \\ &= p\left(\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + q e^{-i\frac{\pi}{3}} \\ &= p e^{i\frac{\pi}{3}} + q e^{-i\frac{\pi}{3}} \end{aligned} $$

ここで、

$$ p e^{i\frac{\pi}{3}} = s e^{-i\alpha} e^{i\frac{\pi}{3}} = s e^{i\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)} = s\left(\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)\right) $$

$$ q e^{-i\frac{\pi}{3}} = t e^{i\alpha} e^{-i\frac{\pi}{3}} = t e^{-i\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)} = t\left(\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) - i\sin\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)\right) $$

これらを代入して実部と虚部を整理すると、

$$ r = (s+t)\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) + i(s-t)\sin\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) $$

したがって、点 $R$ の座標 $(X, Y)$ は次のように表される。

$$ X = (s+t)\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) \quad \cdots \text{⑤} $$

$$ Y = (s-t)\sin\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) \quad \cdots \text{⑥} $$

(1) 線分 $PQ$ が $x$ 軸と直交するとき、$p$ と $q$ の実部が等しいので $s\cos\alpha = t\cos\alpha$ となる。 $\cos\alpha \neq 0$ より $s=t$ であり、これを④に代入すると $(2s)^2\sin^2\alpha = 1$。 $s > 0, \sin\alpha > 0$ より $s = \frac{1}{2\sin\alpha}$ である。このとき $s+t = \frac{1}{\sin\alpha}, s-t = 0$ となり、これを⑤、⑥に代入すると

$$ X = \frac{1}{\sin\alpha} \left(\cos\frac{\pi}{3}\cos\alpha + \sin\frac{\pi}{3}\sin\alpha\right) = \frac{\cos\alpha}{2\sin\alpha} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{2\tan\alpha} + \frac{\sqrt{3}}{2} $$

$$ Y = 0 $$

よって、点 $R$ の座標は $\left( \frac{1}{2\tan\alpha} + \frac{\sqrt{3}}{2}, 0 \right)$ である。

(2) $0 < \alpha < \frac{\pi}{3}$ より $0 < \frac{\pi}{3}-\alpha < \frac{\pi}{3}$ であるから、$\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) > 0, \sin\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right) > 0$ である。 ⑤、⑥より $s+t, t-s$ について解くと、

$$ s+t = \frac{X}{\cos\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)} $$

$$ t-s = -\frac{Y}{\sin\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)} $$

これらを④に代入すると、

$$ \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)} Y^2 + \frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\left(\frac{\pi}{3}-\alpha\right)} X^2 = 1 $$

$X^2, Y^2$ の係数はともに正の定数であるから、これは楕円の方程式を表す。 $s>0, t>0$ より $s+t > |t-s|$ という条件がつくため、$X, Y$ の動く範囲はこの楕円の一部となる。（証明終）

解説

正三角形の第3の頂点を求めるアプローチはいくつかあるが、複素数平面における「点の回転」を利用する解法2が計算量も少なく見通しが良い。本問で最もつまずきやすいのは「原点 $O$ の反対側」という条件の扱い方である。ベクトルであれば法線ベクトルを用いた領域の判定、複素数平面であれば三角形の頂点の巡回する向き（反時計回りか時計回りか）を用いた相対的な位置関係の判定が有効である。どちらの解法を選んだ場合でも、論理に飛躍がないよう丁寧に記述することが求められる。