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東京工業大学 2022年理系第3問解説

方針・初手

本問は、直角三角形の頂点 P の軌跡とその性質を調べる問題である。$\angle AOB = \frac{\pi}{2}$ および $\angle APB = \frac{\pi}{2}$ であることに着目し、「点 P は線分 AB を直径とする円周上にある」ことを見抜くのが第一歩である。

ここから、初等幾何（円周角の定理や正弦定理）を用いて図形的に考察すると、非常に見通しよく解き進めることができる。また、図形的な考察が難しい場合でも、複素数平面やベクトルを利用した「回転と拡大・縮小」による成分計算を行うことで、確実な処理が可能である。

解法1

(1)

点 A は $(\sin t, 0)$、点 B は $(0, \cos t)$ であるから、$\triangle OAB$ は $\angle AOB = \frac{\pi}{2}$ の直角三角形である。よって、原点 O は線分 AB を直径とする円周上にある。また、$\angle P = \frac{\pi}{2}$ であるから、点 P も線分 AB を直径とする円周上にある。

点 A, B はそれぞれ $x$ 軸、$y$ 軸の非負の部分にあり、点 P は第一象限にあることから、4点 O, A, P, B はこの順に同一円周上に反時計回りに並ぶ。したがって、円周角の定理より、弧 AP に対する円周角は等しく、

$$ \angle AOP = \angle ABP $$

が成り立つ。 $\triangle APB$ は $\angle P = \frac{\pi}{2}$ の直角三角形であり、問題の条件より $\angle BAP = \alpha$ であるから、

$$ \angle ABP = \frac{\pi}{2} - \alpha $$

である。ゆえに、

$$ \angle AOP = \frac{\pi}{2} - \alpha $$

となる。これは、原点 O と点 P を結ぶ直線が、$x$ 軸の正の向きと常に一定の角 $\frac{\pi}{2} - \alpha$ をなすことを意味する。よって、点 P は原点を通り、傾き $\tan\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha}$ の直線上を動く。その直線の方程式は、

$$ y = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} x $$

である。（あるいは $(\cos \alpha)x - (\sin \alpha)y = 0$）

(2)

同一円周上の 4 点 O, A, P, B について、$\triangle OAP$ に正弦定理を用いる。この外接円の直径は $AB = \sqrt{\sin^2 t + \cos^2 t} = 1$ であるから、

$$ OP = AB \sin \angle OAP = \sin \angle OAP $$

が成り立つ。ここで、四角形 OAPB は円に内接しているため、

$$ \angle OAP = \angle OAB + \angle BAP $$

となる。 $\triangle OAB$ において、$\tan \angle OBA = \frac{OA}{OB} = \frac{\sin t}{\cos t} = \tan t$ であり、$0 \le t \le \frac{\pi}{2}$ より $\angle OBA = t$ である。したがって、$\angle OAB = \frac{\pi}{2} - t$ となる。さらに $\angle BAP = \alpha$ であるから、

$$ \angle OAP = \left( \frac{\pi}{2} - t \right) + \alpha = \frac{\pi}{2} - (t - \alpha) $$

となる。これを代入すると、点 P の原点からの距離 $OP$ は

$$ OP = \sin\left( \frac{\pi}{2} - (t - \alpha) \right) = \cos(t - \alpha) $$

と表される。 $t$ が $0$ から $\frac{\pi}{2}$ まで変化するとき、$t - \alpha$ は $-\alpha$ から $\frac{\pi}{2} - \alpha$ まで変化する。 $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、この区間内に $t - \alpha = 0$ すなわち $t = \alpha$ が含まれる。 $OP$ の長さの推移を調べると、・$t = 0$ のとき、$\cos(-\alpha) = \cos \alpha$ ・$t = \alpha$ のとき、$\cos 0 = 1$ （最大値）・$t = \frac{\pi}{2}$ のとき、$\cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) = \sin \alpha$ となる。点 P は直線上を動くため、求める道のり $L$ は $OP$ が増加した長さと減少した長さの和となる。

$$ \begin{aligned} L &= (1 - \cos \alpha) + (1 - \sin \alpha) \\ &= 2 - \cos \alpha - \sin \alpha \end{aligned} $$

(3)

領域 D は連立不等式

$$ \begin{cases} x^2 - x + y^2 < 0 \\ x^2 + y^2 - y < 0 \end{cases} $$

で定まる。これを極座標 $(r, \theta)$ を用いて $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$ と表す。 $r > 0$ のとき、不等式はそれぞれ

$$ \begin{aligned} r^2 - r \cos \theta < 0 &\iff r < \cos \theta \\ r^2 - r \sin \theta < 0 &\iff r < \sin \theta \end{aligned} $$

となる。よって、領域 D に入る点が満たすべき原点からの距離 $r$ の条件は、

$$ r < \min(\cos \theta, \sin \theta) $$

である。一方、（1）より点 P は $\theta = \frac{\pi}{2} - \alpha$ の直線上にある。この直線上において領域 D に含まれるための条件は、

$$ r < \min\left( \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right), \sin\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) \right) = \min(\sin \alpha, \cos \alpha) $$

となる。しかし、点 P の原点からの距離 $OP = \cos(t - \alpha)$ について、$t$ が $0 \le t \le \frac{\pi}{2}$ の範囲を動くとき、$\cos(t - \alpha)$ の最小値は区間の端点である $t=0$ または $t=\frac{\pi}{2}$ のいずれかでとるため、

$$ \min\left( \cos(-\alpha), \cos\left(\frac{\pi}{2} - \alpha\right) \right) = \min(\cos \alpha, \sin \alpha) $$

となる。したがって、常に $OP \ge \min(\sin \alpha, \cos \alpha)$ が成り立ち、点 P は領域 D の条件を満たさない。ゆえに、点 P は領域 D には入らないことが示された。

解法2

(1)の別解（複素数平面による点Pの座標の導出）

点 A, B に対応する複素数をそれぞれ $z_A = \sin t, z_B = i \cos t$ とする。 $\angle P = \frac{\pi}{2}$ および $\angle BAP = \alpha$ を満たす直角三角形 APB について、点 P が第一象限にあることから、ベクトル $\vec{AP}$ は $\vec{AB}$ を時計回りに $\alpha$ だけ回転し、長さを $\cos \alpha$ 倍したものである。よって、点 P を表す複素数 $z_P$ は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} z_P - z_A &= (z_B - z_A) \cos \alpha \cdot e^{-i\alpha} \\ z_P &= \sin t + (-\sin t + i \cos t) \cos \alpha (\cos \alpha - i \sin \alpha) \end{aligned} $$

右辺を展開して実部と虚部を整理する。

$$ \begin{aligned} z_P &= \sin t + \cos \alpha \left\{ (-\sin t \cos \alpha + \cos t \sin \alpha) + i(\cos t \cos \alpha + \sin t \sin \alpha) \right\} \\ &= \sin t + \cos \alpha \sin(\alpha - t) + i \cos \alpha \cos(\alpha - t) \end{aligned} $$

実部は、加法定理より

$$ \begin{aligned} \sin t + \cos \alpha (\sin \alpha \cos t - \cos \alpha \sin t) &= \sin t (1 - \cos^2 \alpha) + \sin \alpha \cos \alpha \cos t \\ &= \sin t \sin^2 \alpha + \sin \alpha \cos \alpha \cos t \\ &= \sin \alpha (\sin \alpha \sin t + \cos \alpha \cos t) \\ &= \sin \alpha \cos(t - \alpha) \end{aligned} $$

虚部は、

$$ \cos \alpha \cos(t - \alpha) $$

であるから、点 P の座標は

$$ (x, y) = ( \sin \alpha \cos(t - \alpha), \cos \alpha \cos(t - \alpha) ) $$

となる。 $0 \le t \le \frac{\pi}{2}, 0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ において $\cos(t - \alpha) > 0$ であるから、点 P の座標の比は

$$ \frac{y}{x} = \frac{\cos \alpha \cos(t - \alpha)}{\sin \alpha \cos(t - \alpha)} = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} $$

で一定となる。よって、点 P は原点を通る直線 $y = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} x$ 上を動くことが示された。また、原点からの距離 $OP = \sqrt{x^2+y^2} = \cos(t - \alpha)$ が得られたため、（2）以降は解法1と同様に処理できる。