東京大学 2019年度 前期日程 第2次学力試験文系数学 第2問

(1) $OA$ の傾きは1であるから、これに垂直な直線 $l$ の傾きは $-1$ である。点 $A(2,2)$ を通るので $l:x+y=4$ である。

条件1は $$8\leqq \overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OP}\leqq 17$$ すなわち $8\leqq 2p+2q\leqq 17$ であるから $$4\leqq p+q\leqq \frac{17}{2}$$ となる。

点 $O$ と直線 $l$ の距離は $$c=\frac{\mathrm{\mid }0+0-4\mathrm{\mid }}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$$ である。また条件1より $p+q-4\geqq 0$ なので、点 $P(p,q)$ と $l$ の距離は $$d=\frac{p+q-4}{\sqrt{2}}$$ である。したがって条件2は $2(p+q-4)\geqq (p-1{)}^2$ であり、これを $q$ について解くと $$q\geqq \frac{1}{2}(p-1{)}^2-p+4$$ である。

よって $D$ は $$\frac{1}{2}(p-1{)}^2-p+4\leqq q\leqq \frac{17}{2}-p$$ で表される領域である。上下の境界の交点は $$\frac{1}{2}(p-1{)}^2-p+4=\frac{17}{2}-p$$ より $(p-1{)}^2=9$ だから $p=-2,4$ である。したがって図示すべき領域は、放物線 $q=\frac{1}{2}(p-1{)}^2-p+4$ と直線 $$q=\frac{17}{2}-p$$ に囲まれる部分で、$p$ の範囲は $-2\leqq p\leqq 4$ である。

面積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{-2}^4\{\frac{17}{2}-p-(\frac{1}{2}(p-1{)}^2-p+4)\}dp}& {\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_{-2}^4\{9-(p-1{)}^2\}dp}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_{-3}^3(9-u^2)du}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =18}\end{array}$$である。

(2) $D$ では下側境界の最小値が $p=2$ で $\frac{5}{2}$ だから、常に $q>0$ である。

まず $p>0$ の部分を考える。このとき $\cos \theta$ を大きくするには、原点から見た傾き $q\mathrm{/}p$ を小さくすればよい。固定した $p$ では $q$ が小さいほどよいので、下側境界 $$q=\frac{1}{2}(p-1{)}^2-p+4=\frac{1}{2}{p}^2-2p+\frac{9}{2}$$ を見ればよい。したがって $$\frac{q}{p}=\frac{1}{2}p-2+\frac{9}{2p}$$ である。これを微分すると $\frac{1}{2}-\frac{9}{2p^2}$ であり、$0<p\leqq 4$ では $p=3$ で最小となる。その値は $$\frac{q}{p}=1$$ で、点は $(p,q)=(3,3)$ である。よって最大値は $$\cos \theta =\frac{3}{\sqrt{3^2+3^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$ である。

次に $p<0$ の部分を考える。$u=-p$ とおくと $0<u\leqq 2$ であり、下側境界は $q=\frac{1}{2}{u}^2+2u+\frac{9}{2}$ となる。$p<0$ では $\cos \theta$ を小さくするには、$u\mathrm{/}q$ を大きくすればよい。これは $q\mathrm{/}u$ を小さくすることと同じで、$$\frac{q}{u}=\frac{1}{2}u+2+\frac{9}{2u}$$ である。この導関数は $$\frac{1}{2}-\frac{9}{2u^2}<0(0<u\leqq 2)$$ なので、$q\mathrm{/}u$ は $u=2$ で最小となる。したがって $u\mathrm{/}q$ は $u=2$、すなわち $$(p,q)=(-2,\frac{21}{2})$$ で最大となる。このとき$$\cos \theta =\frac{-2}{\sqrt{(-2{)}^2+{\left(\frac{21}{2}\right)}^2}}=-\frac{4}{\sqrt{457}}$$である。

領域 $D$ は連結であり、$\cos \theta$ は $D$ 上で連続に値をとる。よって求める範囲は $$-\frac{4}{\sqrt{457}}\leqq \cos \theta \leqq \frac{1}{\sqrt{2}}$$ である。

領域の境界を求めた後、原点を通る直線を回転させる見方で偏角の限界を決める。右側の限界は放物線への接線、左側の限界は領域の左端を通る直線から得る。

(1)
直線 $l$ は $x+y=4$ である。条件1のもとでは $p+q-4\geqq 0$ だから、距離条件は$$2(p+q-4)\geqq (p-1{)}^2\mathrm{.}$$したがって領域 $D$ は$$\frac{1}{2}{p}^2-2p+\frac{9}{2}\leqq q\leqq \frac{17}{2}-p,-2\leqq p\leqq 4$$である。面積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{\mid }D\mathrm{\mid }}& {\displaystyle =\frac{1}{2}{\int }_{-2}^4\{9-(p-1{)}^2\}dp}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =18.}\end{array}$$(2)
$p>0$ では、原点から見た右側の限界は直線 $q=mp$ が下側の放物線に接するときに生じる。連立して$$\frac{1}{2}{p}^2-(m+2)p+\frac{9}{2}=0$$を得る。接する条件は判別式が0、すなわち$$(m+2{)}^2=9.$$領域に向かう正の傾きは $m=1$ であり、接点は $(3,3)$ である。よって$$\max \cos \theta =\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{.}$$一方 $p<0$ では、接線による候補は許される区間の外に出る。したがって最も左向きの半直線は領域の左端$$(-2,\frac{21}{2})$$を通る。ゆえに$$\min \cos \theta =\frac{-2}{\sqrt{4+441\mathrm{/}4}}=-\frac{4}{\sqrt{457}}\mathrm{.}$$領域は連結で $\cos \theta$ は連続だから、求める範囲は$$-\frac{4}{\sqrt{457}}\leqq \cos \theta \leqq \frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{.}$$