九州大学 2010年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第1問

(1)

$AP=tc$であり，$\mathrm{\angle }CAP=\mathrm{\angle }CAB=A$であるから，三角形$ACP$に余弦定理を用いると $$C{P}^2=C{A}^2+A{P}^2-2\cdot CA\cdot AP\cos A=b^2+t^2{c}^2-2btc\cos A$$ である。一方，三角形$ABC$に余弦定理を用いれば $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$ より $2bc\cos A=b^2+c^2-a^2$ である。これを代入して $$C{P}^2=c^2{t}^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2$$ を得る。

(2)

$CP=a$とすると，(1)より$$c^2{t}^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2-a^2=0$$である。$t=1$ は常に解なので、因数分解すると$$(t-1)\{c^{2}t-(b^2-a^2)\}=0$$となる。したがって候補は$$t=1,t=\frac{b^2-a^2}{c^2}$$である。ただし問題では $t\geqq 0$ だから、$a>b$ のとき第2の候補は除かれる。よって$$\{\begin{array}{ll}t=1,{\displaystyle \frac{b^2-a^2}{c^2}}& (a\leqq b),\\ t=1& (a>b)\end{array}$$である。2つの式が同じ値を与えるときは、解としては1つである。

(3)

辺$AB$上の点は$0\leqq AP\leqq AB$を満たすから，$0\leqq t\leqq 1$に対応する。(2)で得た$t=1$は点$B$を表し，これは常に辺$AB$上にある。したがって，条件を満たす点$P$が辺$AB$上にちょうど2つあるためには，もう一つの解が $${\displaystyle 0\leqq \frac{b^2-a^2}{c^2}<1}$$ を満たすことが必要十分である。$c^2>0$より，これは $$b^2-a^2\geqq 0,b^2-a^2<c^2$$ すなわち $$b\geqq a,b^2<a^2+c^2$$ である。

三角形では大きい辺に大きい角が向かい合うので，$b\geqq a$は $\mathrm{\angle }B\geqq \mathrm{\angle }A$ と同値である。また，余弦定理 $b^2=a^2+c^2-2ac\cos B$ より，$b^2<a^2+c^2$は$\cos B>0$，すなわち $\mathrm{\angle }B<{90}^{\circ }$ と同値である。よって求める条件は $$\mathrm{\angle }B\geqq \mathrm{\angle }A,\mathrm{\angle }B<{90}^{\circ }$$ である。

円との交点として見る

円と直線 $AB$ の交点は $B,P^{\mathrm{\prime }}$。点 $A$ の冪から $AB\cdot A{P}^{\mathrm{\prime }}=A{C}^2-a^2$ を使える。

(1) は余弦定理で $C{P}^2$ を得る。(2) では中心 $C$、半径 $a$ の円と半直線 $AB$ の交点として $P$ を捉える。既知の交点 $B$ ともう一つの交点に点 $A$ の冪を用い、最後に $0\leqq t\leqq 1$ を角の条件へ読み替える。

(1)

三角形 $ACP$ に余弦定理を用い、さらに$$2bc\cos A=b^2+c^2-a^2$$を代入すると$$C{P}^2=c^2{t}^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2$$を得る。

(2)

$CP=a$ を満たす点は、中心 $C$、半径 $a$ の円と半直線 $AB$ の交点である。この円は $B$ を通る。直線 $AB$ とのもう一つの交点を $P^{\mathrm{\prime }}$ とすると、点 $A$ の冪より$$AB\cdot A{P}^{\mathrm{\prime }}=A{C}^2-a^2$$である。$AB=c,A{P}^{\mathrm{\prime }}=tc,AC=b$ だから$$c\cdot tc=b^2-a^2,t=\frac{b^2-a^2}{c^2}$$となる。これに既知の交点 $B$ に対応する $t=1$ を加える。ただし $a>b$ なら第2の値は負であり、半直線上の点を与えない。

(3)

$B$ と異なる第2の交点が辺 $AB$ 上にあるための必要十分条件は$$0\leqq \frac{b^2-a^2}{c^2}<1$$である。これは$$b\geqq a,b^2<a^2+c^2$$と同値である。辺と対角の大小関係および余弦定理から$$\mathrm{\angle }B\geqq \mathrm{\angle }A,\mathrm{\angle }B<{90}^{\circ }$$を得る。