大阪大学 2005年度 前期日程 第2次学力試験（数学理系）理系数学 第4問

(1) $$\theta ={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$$ のとき $$x={\displaystyle \frac{t}{\sqrt{2}}},y=1-t^2+{\displaystyle \frac{t}{\sqrt{2}}}$$ である。$x$ 軸との交点では $y=0$ だから、$$1-t^2+{\displaystyle \frac{t}{\sqrt{2}}}=0$$ すなわち $$t^2-{\displaystyle \frac{t}{\sqrt{2}}}-1=0$$ である。これを解くと $$t=\sqrt{2},t=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}$$ である。対応する $x=t\mathrm{/}\sqrt{2}$ はそれぞれ $x=1,x=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ である。$Q$ は $x\geqq 0$ の部分との交点なので、求める $x$ 座標は $1$ である。

(2)
ある $t$ と $\theta$ によって点 $(x,y)$ が表される条件を調べる。与えられた式から $$x=t\cos \theta ,y-1+t^2=t\sin \theta$$ である。両式を2乗して加えると $$x^2+(y-1+t^2{)}^2=t^2({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )=t^2$$ となる。

ここで $u=t^2(u\geqq 0)$ とおくと、条件は $x^2+(y-1+u{)}^2=u$ を満たす $u\geqq 0$ が存在することになる。整理すると $$u^2+(2y-3)u+(y-1{)}^2+x^2=0$$ である。この $u$ についての2次方程式の判別式は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle D}& {\displaystyle =(2y-3{)}^2-4\{(y-1{)}^2+x^2\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =5-4y-4x^2}\end{array}$$である。

まず、点 $(x,y)$ が通過範囲に入るなら、実数 $u$ が存在するので $D\geqq 0$ が必要である。したがって $y\leqq {\displaystyle \frac{5}{4}}-x^2$ でなければならない。

逆に $y\leqq {\displaystyle \frac{5}{4}}-x^2$ とする。このとき $D\geqq 0$ で、$u$ の2次方程式は実数解をもつ。また2解の和は $-(2y-3)=3-2y$ であり、上の不等式から $$y\leqq {\displaystyle \frac{5}{4}}$$ なので $3-2y\geqq {\displaystyle \frac{1}{2}}>0$ である。2解の積は $(y-1{)}^2+x^2\geqq 0$ である。したがって実数解は少なくとも一つ $u\geqq 0$ になる。実際、積が正なら2解は同符号で和が正だからともに正、積が0なら一方が $0$ である。

よって $C$ が通過する範囲は $y\leqq {\displaystyle \frac{5}{4}}-x^2$ である。図示すると、放物線 $y={\displaystyle \frac{5}{4}}-x^2$ を境界に含み、その下側全体である。

(3) $Q$ は $x$ 軸上の点なので $y=0$ である。(2) の範囲を $y=0$ に制限すると $0\leqq {\displaystyle \frac{5}{4}}-x^2$ であり、さらに $Q$ は $x\geqq 0$ の部分にあるから $$0\leqq x\leqq {\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}}$$ である。したがって $Q$ の $x$ 座標の最大値は $$x={\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}}$$ である。

この最大値は境界上の点なので、(2) の判別式は $0$ である。このとき $u$ の2次方程式は重解をもち、$y=0$ より $u^2-3u+1+x^2=0$ である。$$x^2={\displaystyle \frac{5}{4}}$$ を代入すると $u^2-3u+{\displaystyle \frac{9}{4}}=0$ だから $u={\displaystyle \frac{3}{2}}$ である。すなわち $t^2={\displaystyle \frac{3}{2}}$ である。 $t>0$ の場合を考えると、$x=t\cos \theta$ より $$\cos \theta ={\displaystyle \frac{x}{t}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}}}{\sqrt{{\displaystyle \frac{3}{2}}}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{5}{6}}}$$ である。また $y=0$ だから $0=1-t^2+t\sin \theta$ より $$t\sin \theta =t^2-1={\displaystyle \frac{1}{2}}$$ であり、$$\sin \theta ={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}}{\sqrt{{\displaystyle \frac{3}{2}}}}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{6}}}$$ である。したがって$$\tan \theta ={\displaystyle \frac{\sin \theta }{\cos \theta }}={\displaystyle \frac{1\mathrm{/}\sqrt{6}}{\sqrt{{\displaystyle \frac{5}{6}}}}}={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$$である。$t<0$ の場合は $\sin \theta$ と $\cos \theta$ がともに反対符号になるだけなので、$\tan \theta$ は同じ値である。よって求める値は ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$ である。

$\theta$ 全体で通過する領域

点 $Q$ では $y=0$ であることだけを用い，$\sin \theta =t-{\displaystyle \frac{1}{t}}$ を $x=t\cos \theta$ へ代入する．$u=t^2$ の二次式として $x^2$ を最大化する．

(1) $$\theta ={\displaystyle \frac{\pi }{4}}$$ を直接代入すると，解法1と同じく $Q$ の $x$ 座標は $1$ である．

(2)

$\theta$ 全体での通過範囲は，解法1で示した$$y\leqq {\displaystyle \frac{5}{4}}-x^2$$である．

(3)
$Q$ だけを直接追って (3) を解くこともできる。$Q$ では $y=0$ だから $1-t^2+t\sin \theta =0$ であり、$t\mathrm{\ne }0$ として $\sin \theta =t-{\displaystyle \frac{1}{t}}$ である。さらに $x=t\cos \theta$ なので$$\begin{array}{rl}{\displaystyle x^2}& {\displaystyle =t^2{\cos }^2\theta }\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =t^2\{1-{(t-{\displaystyle \frac{1}{t}})}^2\}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =3t^2-t^4-1.}\end{array}$$ここで $u=t^2$ とおくと $x^2=-u^2+3u-1$ である。この2次式は $$u={\displaystyle \frac{3}{2}}$$ で最大となり、最大値は $$-{\displaystyle \frac{9}{4}}+{\displaystyle \frac{9}{2}}-1={\displaystyle \frac{5}{4}}$$ である。よって $x\geqq 0$ での最大値は $$x={\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}}$$ であり、このとき $$t^2={\displaystyle \frac{3}{2}}$$ である。以後は上と同じく $$\sin \theta ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{6}}},\cos \theta =\sqrt{{\displaystyle \frac{5}{6}}}$$ または両方の符号が反対の場合となるので、$$\tan \theta ={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}$$ が得られる。