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東京大学 2020年文系第3問解説

方針・初手

(1) 半直線 $\text{OP}$ が通過する領域を求める問題である。点 $\text{P}$ を媒介変数 $t$ を用いて表し、半直線上の点 $(X, Y)$ が満たすべき条件を立式する。端点を固定して点 $\text{P}$ を動かしたときの直線の傾きのとりうる範囲を調べる。

(2) $\triangle\text{OAB}$ が正三角形になる条件を、「直線 $\text{OA}$ と直線 $l$ のなす角が $\frac{\pi}{3}$ となる」と言い換えて整理する。(1) で求めた半直線 $\text{OA}$ の通過領域を用い、偏角に着目して正接の加法定理を使うか、あるいは $2$ 直線のなす角の公式を使って $a$ の範囲を求める。

解法1

(1) 放物線 $C: y = x^2 - 2x + 4 \ (x \geqq 0)$ 上の点 $\text{P}$ を $\text{P}(t, t^2 - 2t + 4)$ とおく。ただし、$t \geqq 0$ である。 $\text{O}$ を端点とする半直線 $\text{OP}$ 上の点を $(X, Y)$ とすると、ある $k \geqq 0$ を用いて

$$ \begin{cases} X = kt \\ Y = k(t^2 - 2t + 4) \end{cases} $$

と表される。これを満たす実数 $k \geqq 0, t \geqq 0$ が存在するような $(X, Y)$ の集合が求める領域である。

(i)

$t = 0$ のとき点 $\text{P}$ は $(0, 4)$ であり、$X = 0, Y = 4k \ (k \geqq 0)$ となる。これは $y$ 軸の $y \geqq 0$ の部分全体を表す。

(ii)

$t > 0$ のとき $X = 0$ となるのは $k = 0$ のときのみであり、このとき $(X, Y) = (0, 0)$ となる。 $X > 0$ のときは $k > 0$ であり、$k = \frac{X}{t}$ と表せる。これを $Y$ の式に代入すると

$$ Y = \frac{t^2 - 2t + 4}{t} X = \left( t + \frac{4}{t} - 2 \right) X $$

$X > 0$ を固定して、$Y$ のとりうる値の範囲を考える。 $t > 0$ より $\frac{4}{t} > 0$ であるから、相加平均と相乗平均の大小関係より

$$ t + \frac{4}{t} \geqq 2\sqrt{t \cdot \frac{4}{t}} = 4 $$

が成り立つ。等号は $t = \frac{4}{t}$ すなわち $t = 2 \ (t > 0)$ のとき成立する。よって、$t + \frac{4}{t} - 2 \geqq 2$ となる。さらに $t \to +0$ のとき $t + \frac{4}{t} - 2 \to \infty$ となるので、関数 $t + \frac{4}{t} - 2$ は $2$ 以上のすべての実数値をとる。したがって、$X > 0$ のとき $Y \geqq 2X$ となる。

(i), (ii) を合わせると、半直線 $\text{OP}$ が通過する領域は、不等式

$$ x \geqq 0 \quad \text{かつ} \quad y \geqq 2x $$

の表す領域となる。

(2) 点 $\text{A}$ は $C$ 上にあるので原点ではなく、$\text{OA} > 0$ である。点 $\text{B}$ は直線 $l$ 上にあるから、$\triangle\text{OAB}$ が正三角形となるための条件は、「半直線 $\text{OA}$ と直線 $l$ のなす角が $\frac{\pi}{3}$ となるような点 $\text{B}$ が直線 $l$ 上に存在する」ことである。これは直線 $l$ の偏角が、半直線 $\text{OA}$ の偏角から $\pm\frac{\pi}{3}$ だけ回転した方向を含むことと同値である。

(1) より、点 $\text{A}$ が $C$ 上を動くとき、半直線 $\text{OA}$ が通過する領域の偏角を $\theta_A$ とすると、半直線 $\text{OA}$ は第 $1$ 象限および $y$ 軸正の部分にあるため、$\theta_A$ の範囲は

$$ \alpha_0 \leqq \theta_A \leqq \frac{\pi}{2} $$

となる。ここで $\alpha_0$ は $\tan \alpha_0 = 2 \ \left( 0 < \alpha_0 < \frac{\pi}{2} \right)$ を満たす角である。直線 $l: y = ax$ の傾き $a$ は、なす角の条件より

$$ a = \tan \left( \theta_A + \frac{\pi}{3} \right) \quad \text{または} \quad a = \tan \left( \theta_A - \frac{\pi}{3} \right) $$

となる $\theta_A \ \left( \alpha_0 \leqq \theta_A \leqq \frac{\pi}{2} \right)$ が存在することが条件である。

(i)

$a = \tan \left( \theta_A + \frac{\pi}{3} \right)$ のとき $\tan \frac{\pi}{3} = \sqrt{3} < 2 = \tan \alpha_0$ より $\frac{\pi}{3} < \alpha_0 < \frac{\pi}{2}$ であるから、

$$ \frac{2}{3}\pi < \alpha_0 + \frac{\pi}{3} \leqq \theta_A + \frac{\pi}{3} \leqq \frac{5}{6}\pi $$

この区間で正接関数は単調増加であるから、

$$ \tan \left( \alpha_0 + \frac{\pi}{3} \right) \leqq a \leqq \tan \frac{5}{6}\pi $$

加法定理より

$$ \tan \left( \alpha_0 + \frac{\pi}{3} \right) = \frac{\tan \alpha_0 + \tan \frac{\pi}{3}}{1 - \tan \alpha_0 \tan \frac{\pi}{3}} = \frac{2 + \sqrt{3}}{1 - 2\sqrt{3}} = \frac{(2 + \sqrt{3})(1 + 2\sqrt{3})}{1 - 12} = -\frac{8 + 5\sqrt{3}}{11} $$

また $\tan \frac{5}{6}\pi = -\frac{\sqrt{3}}{3}$ であるから、

$$ -\frac{8 + 5\sqrt{3}}{11} \leqq a \leqq -\frac{\sqrt{3}}{3} $$

(ii)

$a = \tan \left( \theta_A - \frac{\pi}{3} \right)$ のとき同様に $\theta_A$ の範囲から

$$ 0 < \alpha_0 - \frac{\pi}{3} \leqq \theta_A - \frac{\pi}{3} \leqq \frac{\pi}{6} $$

この区間で正接関数は単調増加であるから、

$$ \tan \left( \alpha_0 - \frac{\pi}{3} \right) \leqq a \leqq \tan \frac{\pi}{6} $$

加法定理より

$$ \tan \left( \alpha_0 - \frac{\pi}{3} \right) = \frac{\tan \alpha_0 - \tan \frac{\pi}{3}}{1 + \tan \alpha_0 \tan \frac{\pi}{3}} = \frac{2 - \sqrt{3}}{1 + 2\sqrt{3}} = \frac{(2 - \sqrt{3})(1 - 2\sqrt{3})}{1 - 12} = \frac{5\sqrt{3} - 8}{11} $$

また $\tan \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ であるから、

$$ \frac{5\sqrt{3} - 8}{11} \leqq a \leqq \frac{\sqrt{3}}{3} $$

以上より、求める $a$ の範囲は

$$ -\frac{8 + 5\sqrt{3}}{11} \leqq a \leqq -\frac{\sqrt{3}}{3}, \quad \frac{5\sqrt{3} - 8}{11} \leqq a \leqq \frac{\sqrt{3}}{3} $$

解法2

(2) について、$2$ 直線のなす角の公式を用いた別解を示す。

直線 $\text{OA}$ の傾きを $m$ とする。(1) より $m$ のとりうる範囲は $m \geqq 2$ および $y$ 軸と一致する場合である。直線 $l: y = ax$ と直線 $\text{OA}$ のなす角が $\frac{\pi}{3}$ となればよい。

（i）直線 $\text{OA}$ が $y$ 軸と一致する場合（点 $\text{A}$ が $(0, 4)$ にある場合） $y$ 軸と直線 $l$ のなす角が $\frac{\pi}{3}$ となる条件は、直線 $l$ の $x$ 軸の正の向きとのなす角が $\frac{\pi}{6}$ または $\frac{5}{6}\pi$ となることである。よって、$a = \pm \tan \frac{\pi}{6} = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ である。

（ii）直線 $\text{OA}$ の傾きが $m \ (m \geqq 2)$ の場合 $2$ 直線のなす角の公式より

$$ \tan \frac{\pi}{3} = \left| \frac{a - m}{1 + am} \right| $$

絶対値を外して整理すると、

$$ \frac{a - m}{1 + am} = \pm \sqrt{3} $$

これらを $a$ について解く。$m \geqq 2$ のとき $1 \mp \sqrt{3}m \neq 0$ であるから、

$$ a = \frac{m + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{3}m} \quad \text{または} \quad a = \frac{m - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}m} $$

ここで、$g_1(m) = \frac{m + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{3}m}, \ g_2(m) = \frac{m - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}m}$ とおき、$m \geqq 2$ における値域を調べる。

$$ g_1(m) = -\frac{\sqrt{3}}{3} + \frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{1 - \sqrt{3}m} $$

$m \geqq 2$ のとき分母 $1 - \sqrt{3}m < 0$ であり、$m$ が増加すると分母の絶対値が大きくなるため、$g_1(m)$ は単調増加する。

$$ g_1(2) = \frac{2 + \sqrt{3}}{1 - 2\sqrt{3}} = -\frac{8 + 5\sqrt{3}}{11}, \quad \lim_{m \to \infty} g_1(m) = -\frac{\sqrt{3}}{3} $$

よって、$g_1(m)$ の値域は $-\frac{8 + 5\sqrt{3}}{11} \leqq a < -\frac{\sqrt{3}}{3}$ である。

同様に、

$$ g_2(m) = \frac{\sqrt{3}}{3} - \frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{1 + \sqrt{3}m} $$

$m \geqq 2$ のとき分母 $1 + \sqrt{3}m > 0$ であり、$m$ が増加すると引く数が小さくなるため、$g_2(m)$ も単調増加する。

$$ g_2(2) = \frac{2 - \sqrt{3}}{1 + 2\sqrt{3}} = \frac{5\sqrt{3} - 8}{11}, \quad \lim_{m \to \infty} g_2(m) = \frac{\sqrt{3}}{3} $$

よって、$g_2(m)$ の値域は $\frac{5\sqrt{3} - 8}{11} \leqq a < \frac{\sqrt{3}}{3}$ である。

(i) の $a = \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$ を含めると、求める $a$ の範囲は

$$ -\frac{8 + 5\sqrt{3}}{11} \leqq a \leqq -\frac{\sqrt{3}}{3}, \quad \frac{5\sqrt{3} - 8}{11} \leqq a \leqq \frac{\sqrt{3}}{3} $$

となる。

解説

(1) は、媒介変数表示された曲線をもとに直線の通過領域を求める問題である。変数が $2$ つあるので、一方を固定してもう一方の動きを調べると整理しやすい。相加・相乗平均の大小関係を用いると、傾きの下限が求まる。 (2) は、正三角形という図形条件をどのように数式へ移すかが中心になる。距離の条件（$\text{OA} = \text{OB} = \text{AB}$）をそのまま連立する代わりに、「原点 $\text{O}$ を中心とする回転」や「直線のなす角」に着目すると計算を整理しやすい。解法1の偏角による方法でも、解法2の傾きによる方法でも同じ範囲が得られる。