[math]2011年東京医科歯科大学前期数学問題2

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問題

座標平面において、原点を$O$とし、次のような$3$点$P, Q, R$を考える。
$(a)$ 点$P$は$x$軸上にあり、その$x$座標は正である。
$(b)$ 点$Q$は第$1$象限にあって、$OQ = QP = 1$を満たす。
$(c)$ 点$R$は第$1$象限にあって、$OR+PR = 2$を満たし、かつ線分$RP$が$x$軸に垂直となる。
ただし、座標軸は第$1$象限に含めないものとする。このとき以下の各問に答えよ。
$(1)$ 上の条件を満たす$2$点$Q, R$が存在するような、点$P$の$x$座標が取りうる値の範囲を求めよ。
$(2)$ $(1)$の範囲を点$P$が動くとき、線分$QR$が通過する領域を図示し、その面積を求めよ。
$(3)$ 線分$OP$の中点を$M$とする。$(1)$の範囲を点$P$が動くとき、四角形$MPRQ$の面積を最大にする点$P$の$x$座標を求めよ。

方針

座標を置いて考えてみる。

解答

条件$(a)$から点$P$の$x$座標を$p (>0)$として、点$P(p, 0)$)とする。条件$(b)$から点$Q$の座標を$(q_1, q_2 )\ (q_1 > 0, q_2 > 0)$とすると、$${q_1}^2+{q_2}^2 = (q_1-p)^2+{q_2}^2 = 1$$となる。整理すると、$$\begin{cases}{q_1}^2+{q_1}^2=1\\ -2q_1p+p^2=0\end{cases} \tag{a}$$となる。下の式から、$p(-2q_1+p) = 0$となり、$p > 0$だから$\displaystyle q_1 = \frac{p}{2}$となる。上の式に代入して、$\displaystyle q_2 = \sqrt{1-\frac{p^2}{4}}$である。また、条件$(c)$から点$R$の座標を$R(p, r)$とすると、$$\sqrt{{p}^2+{r}^2}+r = 2$$である。$\sqrt{p^2+r^2}=2-r$として両辺を二乗すると、$$p^2+r^2=4-4r+r^2$$となる。整理すると、$\displaystyle r = \frac{4-p^2}{4}$となる。このような$q_1, q_2, r (q_1 > 0, q_2 > 0, r > 0)$が存在するための必要十分条件は$\underline{0 < p < 2}$である。

$(2)$ 点$\displaystyle Q \left(\frac{p}{2}, \sqrt{1-\frac{p^2}{4}}\right)$となり、点$\displaystyle R\left(p, \frac{4-p^2}{4}\right)$となる。したがって、点$Q$は半径$1$の円の一部を動き、点$R$は放物線の一部を動く。図示すると以下のようになる。この領域を線分$QR$は動くから、求める面積を$S$とすると、$$\begin{eqnarray}S & = & \int_{0}^{2}{\frac{4-x^2}{4}dx}-\frac{\pi}{4}\\ & = & 2-\left[\frac{x^3}{12}\right]_{0}^{2}-\frac{\pi}{4} \\ & = & \frac{4}{3}-\frac{\pi}{4} \end{eqnarray}$$となる。よって、求める面積は$\displaystyle \underline{\frac{4}{3}-\frac{\pi}{4}}$である。

$Q$は$\sqrt{1-x^2}$の一部を、$R$は$1-\frac{x^2}{4}$の一部を動く。

$(3)$ $M$の座標は$\displaystyle \left(\frac{p}{2}, 0\right)$だから、点$Q$と同じ$x$座標で、四角形$MPRQ$は台形になる。その面積を$T$とすると、下の図から$$\begin{eqnarray}T & = & (MQ+PR)\times MP \times \frac{1}{2} \\ & = & \left(\sqrt{1-\frac{p^2}{4}}+\frac{4-p^2}{4}\right)\cdot \frac{p}{2}\cdot \frac{1}{2}\\ & = & \frac{p}{4}\left(\frac{\sqrt{4-p^2}}{2}+\frac{4-p^2}{4}\right)\end{eqnarray}$$である。$p=2x$と置くと、$0<x<1$である。$T$を$f(x)$と置くと、$$\begin{eqnarray}f(x) & = & \frac{x}{2}\left(\sqrt{1-x^2}+1-x^2\right)\end{eqnarray}$$となる。$\sqrt{1-x^2}=t$と置くと、$0<t<1$であり、$$f(t) = \frac{\sqrt{1-t^2}}{2}(t+t^2)$$となる。$$\begin{eqnarray}f^{\prime}(t) & = & \frac{-2t}{4\sqrt{1-t^2}}(t+t^2)+\frac{\sqrt{1-t^2}}{2}(1+2t)\\ & = & \frac{-t(t+t^2)+(1-t^2)(1+2t)}{2\sqrt{1-t^2}}\\ & = & \frac{-t^2-t^3+1+2t-t^2-2t^3}{2\sqrt{1-t^2}}\\ & = & \frac{-(3t^3+2t^2-2t-1)}{2\sqrt{1-t^2}}\\ & = & \frac{-(t+1)(3t^2-t-1)}{2\sqrt{1-t^2}}\end{eqnarray}$$となるから、$f^{\prime}(t)$は$\displaystyle t = \frac{1+\sqrt{13}}{6} (0<t<1)$の時に$0$となる。この前後で$f^{\prime}(t)$は符号を正から負に変えるから、$\displaystyle t = \frac{1+\sqrt{13}}{6}$、つまり$\displaystyle p = 2x=2\sqrt{1-t^2} =\underline{ \frac{\sqrt{22-2\sqrt{13}}}{3}}$の時に最大値を取る。