横国 2018年度文系数学第3問｜問題・解答・解説

方針

直線 $l$ と $C_{1}$ の交点の $x$ 座標を2次方程式の解として扱い、中点の座標を解と係数の関係で出す。その中点で $C_{2}$ が $l$ に接することから $a, b$ を決め、面積は2つの放物線の差を平方完成して積分する。

解答

(1)
直線 $l$ は $y = t (x - p) + q$ である。 $C_{1}$ との交点の $x$ 座標は $x^{2} - t x + t p - q = 0$ の2解であるから、その和は $t$ である。したがって2交点を結ぶ線分の中点の $x$ 座標は $t / 2$ であり、その $y$ 座標は直線 $l$ 上で $t (\frac{t}{2} - p) + q = \frac{t^{2}}{2} - p t + q$ である。

$C_{2} : y = - x^{2} + a x + b$ の接線の傾きは $- 2 x + a$ である。 $x = t / 2$ で傾きが $t$ だから $- t + a = t$ より $a = 2 t$ である。また中点を通るので $\frac{t^{2}}{2} - p t + q = - \frac{t^{2}}{4} + \frac{a t}{2} + b$ であり、 $a = 2 t$ を代入して $b = q - p t - \frac{t^{2}}{4}$ を得る。

(2)
$C_{2} - C_{1}$ は $- 2 x^{2} + 2 t x + q - p t - \frac{t^{2}}{4} = - 2 {(x - \frac{t}{2})}^{2} + h$ ただし $h = q - p t + \frac{t^{2}}{4} = {(\frac{t}{2} - p)}^{2} + q - p^{2} > 0$ である。よって囲まれる部分の面積は $\int_{- \sqrt{h / 2}}^{\sqrt{h / 2}} (h - 2 u^{2}) d u = \frac{2 \sqrt{2}}{3} h^{3 / 2}$ である。したがって $\frac{2 \sqrt{2}}{3} {(q - p t + \frac{t^{2}}{4})}^{3 / 2}$ である。

(3) $q - p t + \frac{t^{2}}{4} = {(\frac{t}{2} - p)}^{2} + q - p^{2}$ であるから、最小値は $t = 2 p$ のときにとり、 $q - p^{2}$ である。よって面積の最小値は $\frac{2 \sqrt{2}}{3} (q - p^{2})^{3 / 2}$ である。

別解

解法2

方針

弦の中点の $x$ 座標を $m = t / 2$ とし、その点を原点とする局所座標で $C_{2}$ を直接書く。2曲線の縦の差は左右対称な $h - 2 u^{2}$ になるので、標準形へ拡大縮小して面積を求める。

解答

(1)

直線 $l$ と $C_{1}$ の交点の $x$ 座標を $r_{1}, r_{2}$ とすると $x^{2} - t x + t p - q = 0$ の2解だから $m = \frac{r_{1} + r_{2}}{2} = \frac{t}{2} .$ 中点 $M$ の $y$ 座標は $y_{M} = t (m - p) + q = \frac{t^{2}}{2} - p t + q .$ 頂点型を利用し、 $x = m$ で点 $M$ を通り傾き $t$ をもつ下向きの放物線を $y = - (x - m)^{2} + t (x - m) + y_{M}$ と書ける。 $m = t / 2$ を代入して展開すると $y = - x^{2} + 2 t x + q - p t - \frac{t^{2}}{4} .$ よって $a = 2 t, b = q - p t - \frac{t^{2}}{4} .$ (2)

$u = x - t / 2$ とおき $h = q - p t + \frac{t^{2}}{4} = {(\frac{t}{2} - p)}^{2} + q - p^{2} > 0$ とすると、2曲線の縦の差は $C_{2} - C_{1} = h - 2 u^{2} .$ 交点は $u = \pm \sqrt{h / 2}$ である。さらに $u = \sqrt{\frac{h}{2}} v$ と変数変換すれば、面積は $\begin{aligned} S & = h \sqrt{\frac{h}{2}} \int_{- 1}^{1} (1 - v^{2}) d v \\ = h \sqrt{\frac{h}{2}} \cdot \frac{4}{3} \\ = \frac{2 \sqrt{2}}{3} h^{3 / 2} . \end{aligned}$ したがって $S = \frac{2 \sqrt{2}}{3} {(q - p t + \frac{t^{2}}{4})}^{3 / 2} .$ (3) $h = {(\frac{t}{2} - p)}^{2} + q - p^{2}$ は $t = 2 p$ のとき最小値 $q - p^{2}$ をとる。 $S$ は $h > 0$ の増加関数だから $S_{\min} = \frac{2 \sqrt{2}}{3} (q - p^{2})^{3 / 2} .$

総評

難度6、計算量6。想定時間は20分程度。交点を直接求めず、中点を解と係数の関係で処理できるかが中心である。面積計算では2つの放物線の差を平方完成し、 $h > 0$ を確認してから積分区間を決める必要がある。別解のように中点を原点とする座標へ移すと、接線条件と面積の左右対称性が同時に見える。

出典: 横浜国立大学 2018年度前期数学第3問（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。

横浜国立大学 2018年度 前期文系数学 第3問

方針

解答

別解

方針

解答

総評

横浜国立大学 2018年度前期文系数学第3問