10愛媛大学 2016年 数学 第10問解答・解説

正方形 $ABCD$ の一辺の長さを $a$ とする。$\displaystyle \dfrac{BP}{AP}$ は長さの比であり $a$ の値によらないので、以下 $a=1$ として一般性を失わない。

座標を $A(0,0),\ B(1,0),\ C(1,1),\ D(0,1)$ とし、正方形内部の点を $P(x,y)$（$0<x<1,\ 0<y<1$）とする。

(1) 条件 $\angle CPD=90^\circ$ の言い換え

三角形 $CPD$ において $\angle CPD=90^\circ$ であることは、三平方の定理（およびその逆）により$$PC^2+PD^2=CD^2=1$$と同値である。$PC^2=(1-x)^2+(1-y)^2,\ PD^2=x^2+(1-y)^2$ なので$$(1-x)^2+(1-y)^2+x^2+(1-y)^2=1.$$左辺を整理すると$$\displaystyle x^2-x+y^2-2y+1=0\text{であるための必要十分条件は} \left(x-\frac12\right)^2+(y-1)^2=\frac14.\qquad(\ast)$$これは中心 $\displaystyle \left(\dfrac12,1\right)$、半径 $\displaystyle \dfrac12$ の円であり、線分 $CD$ を直径とする円に一致する。

$P$ は正方形内部の点だから $y<1$ である必要があり、逆に $(\ast)$ 上で $y<1$（かつ $C,D$ 自身を除く）を満たす点は、$x$ の範囲が自動的に $0\le x\le1$ に収まるので、すべて正方形内部の点になる（$C=(1,1),D=(0,1)$ がちょうど $y=1$ の端点にあたる）。したがって $P$ の動く範囲は円 $(\ast)$ の下半円（$C,D$ を除く弧）である。

(2) $\displaystyle t=\left(\dfrac{BP}{AP}\right)^2$ とおいて直線の方程式を作る

$AP^2=x^2+y^2,\ BP^2=(x-1)^2+y^2=x^2-2x+1+y^2$ である。$(\ast)$ を展開して得られる $x^2+y^2=x+2y-1$ を用いると$$AP^2=x+2y-1,\qquad BP^2=(x+2y-1)-2x+1=-x+2y$$（検算：$AP^2,BP^2$ をそれぞれ直接展開しても同じ式になることを確認済み）。

$\displaystyle t=\dfrac{BP^2}{AP^2}>0$ とおくと $BP^2=t\,AP^2$ より$$-x+2y=t(x+2y-1)\text{であるための必要十分条件は} (t+1)x+2(t-1)y-t=0.\qquad(\ast\ast)$$$t$ を固定するごとに $(\ast\ast)$ は $(x,y)$ 平面上の直線を表す。$P$ が実在するための条件は、この直線が円 $(\ast)$ と共有点をもつこと、すなわち円の中心 $\displaystyle \left(\dfrac12,1\right)$ から直線 $(\ast\ast)$ までの距離が半径 $\displaystyle \dfrac12$ 以下であることである。

(3) 点と直線の距離条件

距離は$$\displaystyle \frac{\left|(t+1)\cdot\frac12+2(t-1)\cdot1-t\right|}{\sqrt{(t+1)^2+4(t-1)^2}}\le\frac12$$であり、分子の絶対値の中は$$\displaystyle \frac{t+1}{2}+2(t-1)-t=\frac{t+1}{2}+t-2=\frac{t+1+2t-4}{2}=\frac{3(t-1)}{2}$$なので$$\displaystyle \frac{3|t-1|}{2}\le\frac12\sqrt{(t+1)^2+4(t-1)^2}.$$両辺とも非負なので2乗して$$9(t-1)^2\le(t+1)^2+4(t-1)^2\text{であるための必要十分条件は} 5(t-1)^2\le(t+1)^2.$$両辺の平方根をとる（$t>0$ より $t+1>0$）と$$\sqrt5\,|t-1|\le t+1.$$

(4) 場合分けで $t$ の範囲を求める

(i) $t\ge1$ のとき：$$\displaystyle \sqrt5(t-1)\le t+1\text{であるための必要十分条件は}(\sqrt5-1)t\le1+\sqrt5\text{、すなわち} t\le\frac{1+\sqrt5}{\sqrt5-1}=\frac{(1+\sqrt5)(\sqrt5+1)}{4}=\frac{6+2\sqrt5}{4}=\frac{3+\sqrt5}{2}.$$

(ii) $t<1$ のとき：$$\displaystyle \sqrt5(1-t)\le t+1\text{であるための必要十分条件は}\sqrt5-1\le(1+\sqrt5)t\text{、すなわち} t\ge\frac{\sqrt5-1}{\sqrt5+1}=\frac{(\sqrt5-1)^2}{4}=\frac{6-2\sqrt5}{4}=\frac{3-\sqrt5}{2}.$$

以上をまとめると$$\displaystyle \frac{3-\sqrt5}{2}\le t\le\frac{3+\sqrt5}{2}.$$

(5) 最大値の確認（等号成立の検算）

$\displaystyle t=\dfrac{3+\sqrt5}{2}$（等号）のとき直線 $(\ast\ast)$ は円 $(\ast)$ に接する。接点を計算すると$$\displaystyle (x,y)=\left(\frac{3-\sqrt5}{6},\ \frac23\right)$$となり、$\displaystyle 0<x<1,\ 0<y=\dfrac23<1$ を満たすので、$C,D$ とは異なる正方形内部の点として妥当である。

検算として、この点で実際に $\angle CPD=90^\circ$ となることを直接確かめる。$C=(1,1),D=(0,1)$ に対し$$\displaystyle \overrightarrow{PC}=\left(\frac{3+\sqrt5}{6},\ \frac13\right),\qquad \overrightarrow{PD}=\left(-\frac{3-\sqrt5}{6},\ \frac13\right)$$であり、内積は$$\displaystyle -\frac{(3+\sqrt5)(3-\sqrt5)}{36}+\frac19=-\frac{9-5}{36}+\frac{4}{36}=0$$となって直交が確認できる。また、この点で $\displaystyle AP^2=x+2y-1=\dfrac{3-\sqrt5}{6}+\dfrac43-1=\dfrac{3-\sqrt5+8-6}{6}=\dfrac{5-\sqrt5}{6}$、$\displaystyle BP^2=t\cdot AP^2=\dfrac{3+\sqrt5}{2}\cdot\dfrac{5-\sqrt5}{6}=\dfrac{(3+\sqrt5)(5-\sqrt5)}{12}=\dfrac{15-3\sqrt5+5\sqrt5-5}{12}=\dfrac{10+2\sqrt5}{12}=\dfrac{5+\sqrt5}{6}$ となり、$\displaystyle \dfrac{BP^2}{AP^2}=\dfrac{5+\sqrt5}{5-\sqrt5}=\dfrac{(5+\sqrt5)^2}{20}=\dfrac{30+10\sqrt5}{20}=\dfrac{3+\sqrt5}{2}=t$ で一致することも確認できる。

さらに$$\displaystyle \left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^2=\frac{1+2\sqrt5+5}{4}=\frac{6+2\sqrt5}{4}=\frac{3+\sqrt5}{2}$$なので、$AP>0,\ BP>0$ であることと合わせて$$\displaystyle \left(\frac{BP}{AP}\right)_{\max}=\sqrt{\frac{3+\sqrt5}{2}}=\frac{1+\sqrt5}{2}$$である（これは黄金比 $\varphi$ に一致する）。なお境界（$P\to D$ または $P\to C$）での極限値はそれぞれ $\sqrt2\approx1.414$、$\displaystyle \dfrac{1}{\sqrt2}\approx0.707$ であり、いずれも $\displaystyle \dfrac{1+\sqrt5}{2}\approx1.618$ より小さいので、この最大値は弧の内部（$C,D$ を除く実現可能な点）で達成される真の最大値である。