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東京大学 1962年文系第4問解説

方針・初手

半直線 $OF$, $OE$ が直交していることに着目し、これらをそれぞれ新しい $X$ 軸、$Y$ 軸の正の部分とするような直交座標系 $(X, Y)$ を導入して考えると見通しが良い。新座標系で点 $C$ の座標を $\theta$ を用いて表したのち、原点中心に角度 $\alpha$ だけ回転させて元の $xy$ 座標に戻すという方針をとる。

解法1

(i)

原点 $O$ を中心とし、半直線 $OF$ を $X$ 軸の正の向き、半直線 $OE$ を $Y$ 軸の正の向きとする $(X, Y)$ 座標系を設定する。点 $A$ は $Y$ 軸の $Y \ge 0$ の部分、点 $B$ は $X$ 軸の $X \ge 0$ の部分にあり、$AB = 1$ であるから、$\angle OAB = \phi \ (0 \le \phi \le \frac{\pi}{2})$ とおくと、各点の座標は $A(0, \cos\phi)$, $B(\sin\phi, 0)$ と表せる。

このとき、ベクトル $\vec{BA} = (-\sin\phi, \cos\phi)$ である。四角形 $ABCD$ は長方形であるから $\angle ABC = 90^\circ$ であり、ベクトル $\vec{BC}$ は $\vec{BA}$ と直交する。図の位置関係より、$\vec{BC}$ は $\vec{BA}$ を $-90^\circ$（時計回り）回転して大きさを $\sqrt{2}$ 倍したベクトルであるから、

$$ \vec{BC} = \sqrt{2}(\cos\phi, \sin\phi) $$

となる。一方で、半直線 $OF$（すなわち $X$ 軸正の向き）と $\vec{BC}$ のなす角が $\theta$ であり、$BC = \sqrt{2}$ であるから、

$$ \vec{BC} = (\sqrt{2}\cos\theta, \sqrt{2}\sin\theta) $$

とも表せる。これらを比較して、$\cos\phi = \cos\theta$ かつ $\sin\phi = \sin\theta$ となる。 $0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}$ より $\phi = \theta$ であるから、$A(0, \cos\theta)$, $B(\sin\theta, 0)$ となる。したがって、$(X, Y)$ 座標系における点 $C$ の座標 $(X_C, Y_C)$ は、$\vec{OC} = \vec{OB} + \vec{BC}$ より、

$$ \begin{aligned} X_C &= \sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta \\ Y_C &= \sqrt{2}\sin\theta \end{aligned} $$

となる。次に、これを元の $xy$ 座標系に戻す。$(X, Y)$ 座標系は $xy$ 座標系を原点中心に角 $\alpha$ だけ回転させたものである。 $\tan\alpha = \sqrt{2}$ であり、図より $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、

$$ \cos\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad \sin\alpha = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} $$

である。$(x, y)$ と $(X_C, Y_C)$ の関係は回転行列を用いて次のように表される。

$$ \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X_C \\ Y_C \end{pmatrix} $$

これを計算すると、

$$ \begin{aligned} x &= \frac{1}{\sqrt{3}}(\sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta) - \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(\sqrt{2}\sin\theta) \\ &= \frac{\sqrt{2}\cos\theta - \sin\theta}{\sqrt{3}} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} y &= \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(\sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta) + \frac{1}{\sqrt{3}}(\sqrt{2}\sin\theta) \\ &= \frac{2\cos\theta + 2\sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{3}} \end{aligned} $$

となる。

(ii)

(i) の結果から、$\theta$ を消去して $x, y$ の関係式を導く。

$$ \begin{aligned} \sqrt{3}x &= \sqrt{2}\cos\theta - \sin\theta \quad \cdots ① \\ \frac{\sqrt{3}}{2}y &= \cos\theta + \sqrt{2}\sin\theta \quad \cdots ② \end{aligned} $$

① $\times \sqrt{2} +$ ② より、

$$ \sqrt{6}x + \frac{\sqrt{3}}{2}y = 3\cos\theta \iff \cos\theta = \frac{2\sqrt{2}x + y}{2\sqrt{3}} $$

② $\times \sqrt{2} -$ ① より、

$$ \frac{\sqrt{6}}{2}y - \sqrt{3}x = 3\sin\theta \iff \sin\theta = \frac{\sqrt{2}y - 2x}{2\sqrt{3}} $$

$\cos^2\theta + \sin^2\theta = 1$ に代入して整理する。

$$ \left( \frac{2\sqrt{2}x + y}{2\sqrt{3}} \right)^2 + \left( \frac{\sqrt{2}y - 2x}{2\sqrt{3}} \right)^2 = 1 $$

$$ \frac{8x^2 + 4\sqrt{2}xy + y^2}{12} + \frac{2y^2 - 4\sqrt{2}xy + 4x^2}{12} = 1 $$

$$ \frac{12x^2 + 3y^2}{12} = 1 $$

$$ x^2 + \frac{y^2}{4} = 1 $$

点 $A$ は $OE$ 上を $E$ から $O$ に向けて動き、点 $B$ は $OF$ 上を $O$ から $F$ に向けて動く。$A$ が $E$ にあるとき $OA = 1 = \cos\theta$ より $\theta = 0$ であり、$A$ が $O$ にあるとき $OA = 0 = \cos\theta$ より $\theta = \frac{\pi}{2}$ である。すなわち $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$ を動く。 $\theta$ がこの範囲を動くとき、$\cos\gamma = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}, \sin\gamma = \frac{1}{\sqrt{3}}$ を満たす鋭角 $\gamma$ を用いて $x$ 座標を三角関数の合成で表すと、

$$ x = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta = \cos(\theta+\gamma) $$

となる。$\gamma \le \theta+\gamma \le \frac{\pi}{2}+\gamma$ の範囲において $\cos(\theta+\gamma)$ は単調に減少し、その値域は $-\sin\gamma \le x \le \cos\gamma$ すなわち $-\frac{1}{\sqrt{3}} \le x \le \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ となる。したがって、点 $C$ がえがく曲線は、楕円 $x^2 + \frac{y^2}{4} = 1$ のうち $-\frac{1}{\sqrt{3}} \le x \le \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ を満たす部分である。

解法2

(i)

複素数平面を用いて考える。点 $O$ を原点とする。 $\tan\alpha = \sqrt{2}$ および $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ より、半直線 $OF$ 上の単位ベクトルを表す複素数を $w = \cos\alpha + i\sin\alpha = \frac{1}{\sqrt{3}} + i\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ とする。 $\angle EOF = 90^\circ$ より、半直線 $OE$ は $OF$ を $\frac{\pi}{2}$ 回転させた方向にあるので、$iw$ 方向である。

点 $B$ は半直線 $OF$ 上、点 $A$ は半直線 $OE$ 上にあるため、実数 $s, t \ge 0$ を用いて点 $B$ を表す複素数を $t w$、点 $A$ を表す複素数を $s i w$ とおける。 $AB = 1$ より $|siw - tw|^2 = s^2 + t^2 = 1$ であるから、$s = \cos\phi, t = \sin\phi \ (0 \le \phi \le \frac{\pi}{2})$ とおける。このとき、ベクトル $\vec{BA}$ を表す複素数は $(\cos\phi \cdot i - \sin\phi)w$ となる。

四角形 $ABCD$ は長方形であり $\angle ABC = 90^\circ$ であるから、ベクトル $\vec{BC}$ は $\vec{BA}$ を時計回りに $90^\circ$（$-\frac{\pi}{2}$）回転させ、長さを $\sqrt{2}$ 倍したものである。よって $\vec{BC}$ を表す複素数は、

$$ -i\sqrt{2}(\cos\phi \cdot i - \sin\phi)w = \sqrt{2}(\cos\phi + i\sin\phi)w $$

一方で、$\vec{BC}$ は半直線 $OF$（$w$ 方向）に対して角 $\theta$ をなし、長さが $\sqrt{2}$ であるから、$\vec{BC}$ を表す複素数は $\sqrt{2}(\cos\theta + i\sin\theta)w$ とも表せる。これらを比較して $\phi = \theta$ を得る。

したがって、点 $C$ を表す複素数 $z_C$ は、点 $B$ を表す複素数に $\vec{BC}$ を表す複素数を加えて、

$$ \begin{aligned} z_C &= (\sin\theta)w + \sqrt{2}(\cos\theta + i\sin\theta)w \\ &= (\sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta + i\sqrt{2}\sin\theta) w \\ &= (\sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta + i\sqrt{2}\sin\theta) \left( \frac{1}{\sqrt{3}} + i\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \right) \end{aligned} $$

となる。これを展開して実部と虚部を分ける。

実部 $x$：

$$ x = \frac{1}{\sqrt{3}}(\sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta) - \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(\sqrt{2}\sin\theta) = \frac{\sqrt{2}\cos\theta - \sin\theta}{\sqrt{3}} $$

虚部 $y$：

$$ y = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}(\sin\theta + \sqrt{2}\cos\theta) + \frac{1}{\sqrt{3}}(\sqrt{2}\sin\theta) = \frac{2\cos\theta + 2\sqrt{2}\sin\theta}{\sqrt{3}} $$

これらが点 $C$ の座標となる。

解説

図形の回転や直交条件が絡む問題では、適切に座標軸を取り直す（あるいは複素数平面を用いる）ことで、図形的な制約を簡単な代数計算に落とし込むことができる。本問のように、「2つの線分が直交している」という条件があれば、それを新たな $X, Y$ 軸として座標を設定するのが定石である。また、軌跡を求める際は、パラメータ $\theta$ を消去して曲線の方程式を求めるだけでなく、$\theta$ の変域から $x$ や $y$ の変域を正確に求めることが求められる。