東北大学 2024年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第2問

(1)
加法定理より$$\tan {75}^{\circ }=\tan ({45}^{\circ }+{30}^{\circ })=\frac{\tan {45}^{\circ }+\tan {30}^{\circ }}{1-\tan {45}^{\circ }\tan {30}^{\circ }}$$である。$\tan {45}^{\circ }=1,\tan {30}^{\circ }=\frac{1}{\sqrt{3}}$を代入すると$$\tan {75}^{\circ }=\frac{1+\frac{1}{\sqrt{3}}}{1-\frac{1}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}=\frac{(\sqrt{3}+1{)}^2}{2}=2+\sqrt{3}$$である。

(2)
三角形$AOD$は$O$で直角であり，$AO=a,OD=d$である。$\mathrm{\angle }OAD={15}^{\circ }$だから $$\tan {15}^{\circ }=\frac{OD}{AO}=\frac{d}{a}$$ である。また，${15}^{\circ }$と${75}^{\circ }$は余角なので $$\tan {15}^{\circ }=\frac{1}{\tan {75}^{\circ }}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$$ である。よって $$\frac{d}{a}=2-\sqrt{3},a=\frac{d}{2-\sqrt{3}}=d(2+\sqrt{3})$$ となる。

同様に，三角形$BOD$について$\mathrm{\angle }OBD={75}^{\circ }$より $$\tan {75}^{\circ }=\frac{OD}{BO}=\frac{d}{b}=2+\sqrt{3}$$ であるから $$b=\frac{d}{2+\sqrt{3}}=d(2-\sqrt{3})$$ である。ここで $$a-b=d\{(2+\sqrt{3})-(2-\sqrt{3})\}=2\sqrt{3}d$$ であり，図の位置関係から$AB=a-b=6$である。したがって $$2\sqrt{3}d=6,d=\sqrt{3}$$ である。よって $$a=\sqrt{3}(2+\sqrt{3})=3+2\sqrt{3},b=\sqrt{3}(2-\sqrt{3})=2\sqrt{3}-3$$ である。

(3)
円$C$は$OD$を直径とする円である。点$P$は円$C$上にあり，$P\mathrm{\ne }D$だから，直径に対する円周角より $\mathrm{\angle }OPD={90}^{\circ }$ である。一方，$AO$は$x$軸上，$OD$は$y$軸上にあるので $\mathrm{\angle }AOD={90}^{\circ }$ である。また，$P$は線分$AD$上にあるから，$AP$と$AD$は同じ直線上にあり，$\mathrm{\angle }OAP=\mathrm{\angle }OAD$ である。したがって，直角三角形$\mathrm{△}AOP$と$\mathrm{△}ADO$は相似である。

対応する辺を比べると，斜辺に対応するのは$AO$と$AD$，また$AP$に対応するのは$AO$であるから $$\frac{AP}{AO}=\frac{AO}{AD}$$ である。よって $AP\cdot AD=A{O}^2$ が成り立つ。

同じ理由で，点$Q$についても$\mathrm{\angle }OQD={90}^{\circ }$であり，直角三角形$\mathrm{△}BOQ$と$\mathrm{△}BDO$は相似である。したがって $$\frac{BQ}{BO}=\frac{BO}{BD}$$ となり，$BQ\cdot BD=B{O}^2$ が成り立つ。

(4)
(3)より$$AP=\frac{A{O}^2}{AD}=\frac{a^2}{AD},BQ=\frac{B{O}^2}{BD}=\frac{b^2}{BD}$$である。したがって $$AP\cdot BQ=\frac{a^2{b}^2}{AD\cdot BD}$$ である。

三角形$AOD$で$AD$は斜辺であり，$AO=a$だから $$\cos {15}^{\circ }=\frac{a}{AD},AD=\frac{a}{\cos {15}^{\circ }}$$ である。同様に $$BD=\frac{b}{\cos {75}^{\circ }}$$ である。よって$$AP\cdot BQ=\frac{a^2{b}^2}{\frac{a}{\cos {15}^{\circ }}\cdot \frac{b}{\cos {75}^{\circ }}}=ab\cos {15}^{\circ }\cos {75}^{\circ }$$となる。

(2) の値から $$ab=(3+2\sqrt{3})(2\sqrt{3}-3)=12-9=3$$ である。また積和公式により$$\cos {15}^{\circ }\cos {75}^{\circ }=\frac{\cos {90}^{\circ }+\cos {60}^{\circ }}{2}=\frac{0+\frac{1}{2}}{2}=\frac{1}{4}$$である。したがって $$AP\cdot BQ=3\cdot \frac{1}{4}=\frac{3}{4}$$ である。

【点の配置】

$OD$ が直径なので $\mathrm{\angle }OPD=\mathrm{\angle }OQD={90}^{\circ }$ となり、相似が生じる。

円 $C$ を座標方程式で表し、$AD,BD$ 上の点を始点からの比 $t$ で媒介する。円との交点を与える二次式から、$D$ 以外の根を読み取って $AP\cdot AD$ と $BQ\cdot BD$ を直接計算する。

(1) $\tan {75}^{\circ }=2+\sqrt{3}$ である。

(2) 直角三角形 $AOD,BOD$ から$$a=d(2+\sqrt{3}),b=d(2-\sqrt{3})\mathrm{.}$$$a-b=AB=6$ より$$d=\sqrt{3},a=3+2\sqrt{3},b=2\sqrt{3}-3.$$(3) 直径が $OD$ の円は$$C:x^2+y^2-dy=0$$である。線分 $AD$ 上の点を、$A$ から $D$ へ進む比 $t$ を用いて$$X=(a(1-t),dt)(0\leqq t\leqq 1)$$と表す。円の式へ代入すると$$a^2(1-t{)}^2+d^2{t}^2-d^{2}t=(1-t)\{a^2(1-t)-d^{2}t\}=0.$$$t=1$ は点 $D$ を表す。もう一つの根は$$t=\frac{a^2}{a^2+d^2}=\frac{A{O}^2}{A{D}^2}$$であり、これが点 $P$ に対応する。$AP=tAD$ だから$$AP\cdot AD=tA{D}^2=A{O}^2\mathrm{.}$$同様に $BD$ 上で計算すれば $BQ\cdot BD=B{O}^2$ を得る。

(4) したがって$$AP\cdot BQ=\frac{a^2{b}^2}{AD\cdot BD}=ab\cos {15}^{\circ }\cos {75}^{\circ }\mathrm{.}$$$ab=3$、$\cos {15}^{\circ }\cos {75}^{\circ }=1\mathrm{/}4$ より、求める値は $3\mathrm{/}4$ である。