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東京大学 2011年理系第1問解説

方針・初手

（1）は、円と直線の交点によってできる三角形の面積を求める問題である。円の中心から直線までの距離（三角形の高さ）を「点と直線の距離の公式」で求め、三平方の定理を用いて円の弦の長さ（三角形の底辺）を求める方針が基本となる。

（2）は、（1）で求めた面積 $S(a)$ の最大値を求める問題である。そのまま $a$ で微分して増減表を書く方針のほか、直線が定点を通ることに着目し、直線と $x$ 軸のなす角をパラメータとして設定することで計算を大幅に簡略化する図形的なアプローチも有効である。

解法1

(1)

円 $C$ の中心は点 $P(0, 1)$、半径は $1$ である。直線の方程式は $ax - y + a = 0$ と表せる。点 $P$ からこの直線に下ろした垂線の足を $H$ とすると、線分 $PH$ の長さは、点と直線の距離の公式より

$$ PH = \frac{|a \cdot 0 - 1 + a|}{\sqrt{a^2 + (-1)^2}} = \frac{|a-1|}{\sqrt{a^2+1}} $$

$0 < a < 1$ であるから $a - 1 < 0$ であり、$|a-1| = 1 - a$ となる。よって

$$ PH = \frac{1-a}{\sqrt{a^2+1}} $$

$\triangle PQR$ は $PQ=PR=1$ の二等辺三角形であり、垂線 $PH$ は底辺 $QR$ を2等分するため、線分 $QR$ の中点が $H$ となる。直角三角形 $\triangle PQH$ において三平方の定理より

$$ QH = \sqrt{PQ^2 - PH^2} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{1-a}{\sqrt{a^2+1}}\right)^2} $$

ルートの中を計算すると

$$ 1 - \frac{(1-a)^2}{a^2+1} = \frac{a^2+1 - (1 - 2a + a^2)}{a^2+1} = \frac{2a}{a^2+1} $$

よって

$$ QH = \sqrt{\frac{2a}{a^2+1}} $$

$QR = 2QH$ であり、求める面積 $S(a)$ は

$$ S(a) = \frac{1}{2} \cdot QR \cdot PH = QH \cdot PH $$

$$ S(a) = \sqrt{\frac{2a}{a^2+1}} \cdot \frac{1-a}{\sqrt{a^2+1}} = \frac{(1-a)\sqrt{2a}}{a^2+1} $$

(2)

$S(a)$ を $a$ で微分して増減を調べる。

$$ S'(a) = \frac{\left\{ -1 \cdot \sqrt{2a} + (1-a) \cdot \frac{1}{2\sqrt{2a}} \cdot 2 \right\}(a^2+1) - (1-a)\sqrt{2a} \cdot 2a}{(a^2+1)^2} $$

分子を整理する。全体から $\frac{1}{\sqrt{2a}}$ をくくり出すと、分子は

$$ \frac{1}{\sqrt{2a}} \left[ \{ -2a + (1-a) \} (a^2+1) - 2a \cdot 2a(1-a) \right] $$

$$ = \frac{1}{\sqrt{2a}} \left\{ (1-3a)(a^2+1) - 4a^2(1-a) \right\} $$

$$ = \frac{1}{\sqrt{2a}} ( a^2 + 1 - 3a^3 - 3a - 4a^2 + 4a^3 ) $$

$$ = \frac{1}{\sqrt{2a}} ( a^3 - 3a^2 - 3a + 1 ) $$

ここで $f(a) = a^3 - 3a^2 - 3a + 1$ とおくと、$f(-1) = 0$ であるから、因数定理より $f(a)$ は $a+1$ を因数にもつ。

$$ f(a) = (a+1)(a^2 - 4a + 1) $$

$S'(a) = 0$ となる $a$ は、$a^2 - 4a + 1 = 0$ を満たす。この二次方程式の解は $a = 2 \pm \sqrt{3}$ である。 $0 < a < 1$ の範囲にある解は $a = 2 - \sqrt{3}$ のみである。

$0 < a < 1$ において $a+1 > 0$ であるため、$S'(a)$ の符号は $a^2 - 4a + 1$ の符号と一致する。よって、$0 < a < 2 - \sqrt{3}$ では $S'(a) > 0$、$2 - \sqrt{3} < a < 1$ では $S'(a) < 0$ となる。増減表は以下のようになる。

$$ \begin{array}{c|ccccc} a & (0) & \cdots & 2-\sqrt{3} & \cdots & (1) \\ \hline S'(a) & & + & 0 & - & \\ \hline S(a) & & \nearrow & \text{最大} & \searrow & \end{array} $$

したがって、$S(a)$ は $a = 2 - \sqrt{3}$ のとき最大となる。

解法2

(1)

直線 $y = a(x+1)$ は、定点 $A(-1, 0)$ を通る傾き $a$ の直線である。 $0 < a < 1$ であるから、この直線が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\alpha$ とすると、$a = \tan \alpha$ であり、$0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$ を満たす。

また、点 $A(-1, 0)$ と円の中心 $P(0, 1)$ を結ぶ直線 $AP$ の傾きは $1$ であり、$x$ 軸の正の向きとなす角は $\frac{\pi}{4}$ である。線分 $AP$ の長さは $AP = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$ である。直線 $AP$ と直線 $y = a(x+1)$ のなす角を $\beta$ とすると、図形的な関係から $\beta = \frac{\pi}{4} - \alpha$ である。

点 $P$ から直線に下ろした垂線の足を $H$ とすると、直角三角形 $\triangle APH$ において

$$ PH = AP \sin \beta = \sqrt{2} \sin \left(\frac{\pi}{4} - \alpha\right) $$

加法定理を用いて展開すると

$$ PH = \sqrt{2} \left( \sin \frac{\pi}{4} \cos \alpha - \cos \frac{\pi}{4} \sin \alpha \right) = \cos \alpha - \sin \alpha $$

また、$\triangle PQR$ は $PQ=PR=1$ の二等辺三角形であり、$QR = 2QH = 2\sqrt{1 - PH^2}$ である。

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

よって $QR = 2\sqrt{\sin 2\alpha}$ であり、

$$ S(a) = \frac{1}{2} \cdot QR \cdot PH = (\cos \alpha - \sin \alpha)\sqrt{\sin 2\alpha} $$

ここで、$\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} = \frac{1}{\sqrt{1+a^2}}$、$\sin \alpha = \frac{a}{\sqrt{1+a^2}}$、$\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha = \frac{2a}{1+a^2}$ を代入すると、

$$ S(a) = \left( \frac{1}{\sqrt{1+a^2}} - \frac{a}{\sqrt{1+a^2}} \right) \sqrt{\frac{2a}{1+a^2}} = \frac{(1-a)\sqrt{2a}}{a^2+1} $$

(2)

（1）の途中で得られた式より、$S(a) = (\cos \alpha - \sin \alpha)\sqrt{\sin 2\alpha}$ である。 $S(a) > 0$ であるから、$S(a)$ が最大となるとき、$\{S(a)\}^2$ も最大となる。

$$ \{S(a)\}^2 = (\cos \alpha - \sin \alpha)^2 \sin 2\alpha = (1 - \sin 2\alpha)\sin 2\alpha $$

ここで、$t = \sin 2\alpha$ とおく。$0 < \alpha < \frac{\pi}{4}$ より $0 < 2\alpha < \frac{\pi}{2}$ であるから、$0 < t < 1$ である。

$$ \{S(a)\}^2 = t(1-t) = -t^2 + t = -\left(t - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{1}{4} $$

したがって、$\{S(a)\}^2$ は $t = \frac{1}{2}$ のとき最大となる。このとき $S(a)$ も最大となる。 $t = \frac{1}{2}$ すなわち $\sin 2\alpha = \frac{1}{2}$ となるのは、$0 < 2\alpha < \frac{\pi}{2}$ の範囲で $2\alpha = \frac{\pi}{6}$ のときである。よって $\alpha = \frac{\pi}{12}$ である。このときの $a$ の値は

$$ a = \tan \frac{\pi}{12} = \tan \left(\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{6}\right) = \frac{\tan \frac{\pi}{4} - \tan \frac{\pi}{6}}{1 + \tan \frac{\pi}{4} \tan \frac{\pi}{6}} = \frac{1 - \frac{1}{\sqrt{3}}}{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1} $$

分母を有利化して

$$ a = \frac{(\sqrt{3}-1)^2}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} = \frac{3 - 2\sqrt{3} + 1}{3 - 1} = \frac{4 - 2\sqrt{3}}{2} = 2 - \sqrt{3} $$

よって、$S(a)$ が最大となる $a$ は $2 - \sqrt{3}$ である。

解説

（1）は円の弦の長さと三角形の面積を求める典型的な問題である。点と直線の距離の公式を用いて高さを求め、三平方の定理で底辺を求めるのが最も素直な解法である。

（2）は無理関数を含む分数の微分となるため、計算量がやや多くなる。解法1のように根号の中身や分母の次数に着目して式を整理し、三次式の因数分解へ持ち込む正確な計算力が問われる。一方、直線が定点 $(-1,0)$ を通ることに着目し、解法2のように角度 $\alpha$ を用いて媒介変数表示すると、微分の計算を回避し、平方完成のみで最大値を求めることができる。幾何的な性質を利用することで見通しが格段に良くなるため、図形的な意味を考えることの強力さが実感できる。