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岩手医科大学／2023年度／一般(前期)

岩手医科大学 2023年 数学 第1問解答・解説

図形と方程式図形の性質

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1問題

岩手医科大学2023年度第1問

座標平面上に，定点 A(2,1)A(2,1) と円 C:(x+3)2+y2=9C:(x+3)^{2}+y^{2}=9 がある。また，点 PP を円 CC 上の動点とし，線分 APAP の中点を MM とする。次の問い（問1〜4）に答えよ。

問1 点 PP の座標は，θ\theta を 0≦θ<2π0\leq\theta<2\pi の範囲の実数として P(アcos⁡θ−イ, ウsin⁡θ)P\left(\boxed{\text{ア}}\cos\theta-\boxed{\text{イ}},\ \boxed{\text{ウ}}\sin\theta\right) と表すことができる。このとき，APAP の中点 MM の座標は M(エオcos⁡θ−カキ, クケsin⁡θ+コサ)\displaystyle M\left(\frac{\boxed{\text{エ}}}{\boxed{\text{オ}}}\cos\theta-\frac{\boxed{\text{カ}}}{\boxed{\text{キ}}},\ \frac{\boxed{\text{ク}}}{\boxed{\text{ケ}}}\sin\theta+\frac{\boxed{\text{コ}}}{\boxed{\text{サ}}}\right) である。

問2 点 PP が円 CC 上を1周するとき，MM の軌跡は (−シス, セソ)\displaystyle \left(-\frac{\boxed{\text{シ}}}{\boxed{\text{ス}}},\ \frac{\boxed{\text{セ}}}{\boxed{\text{ソ}}}\right) を中心とする半径 タチ\displaystyle \frac{\boxed{\text{タ}}}{\boxed{\text{チ}}} の円である。

問3 点 PP における円 CC の接線上にあり，PP からの距離が 333\sqrt{3} であるような2つの点のうちの一方を点 QQ とする。点 PP が円 CC 上を1周するとき，QQ の軌跡は半径 ツ\boxed{\text{ツ}} の円である。

問4 問3の軌跡上に定点 Q0Q_{0} をとる。PP が円 CC 上を1周するとき，線分 PQ0PQ_{0} が通過する領域の面積は テト+ナπ\boxed{\text{テ}}\sqrt{\boxed{\text{ト}}}+\boxed{\text{ナ}}\pi である。

まずは自分で解いてみましょう。詰まったら「考え方」、解けたら「答え」で確かめられます。

2考え方

考え方を見る解き方の方針だけを確かめる

円周を媒介変数表示し、中点の軌跡は中心・半径で判定する。接線上の点は半径方向と接線方向の直交成分に分ける。最後は剛体移動後、円盤と外部点の凸包の面積を接点・扇形・三角形で求める。

3答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる
  • 問1: ア=3, イ=3, ウ=3, エ=3, オ=2, カ=1, キ=2, ク=3, ケ=2, コ=1, サ=2問2: シ=1, ス=2, セ=1, ソ=2, タ=3, チ=2問3: ツ=6問4: テ=9, ト=3, ナ=6,面積=93+6π\begin{aligned} \text{問1: }&\text{ア}=3,\space{}\text{イ}=3,\space{}\text{ウ}=3,\space{}\text{エ}=3,\space{}\text{オ}=2,\space{}\text{カ}=1,\space{}\text{キ}=2,\space{}\text{ク}=3,\space{}\text{ケ}=2,\space{}\text{コ}=1,\space{}\text{サ}=2\\ \text{問2: }&\text{シ}=1,\space{}\text{ス}=2,\space{}\text{セ}=1,\space{}\text{ソ}=2,\space{}\text{タ}=3,\space{}\text{チ}=2\\ \text{問3: }&\text{ツ}=6\\ \text{問4: }&\text{テ}=9,\space{}\text{ト}=3,\space{}\text{ナ}=6,\quad \text{面積}=9\sqrt{3}+6\pi \end{aligned}

4解答

解答を見る途中式つきの解答

円CCの中心をO(−3,0)O(-3,0)とすると半径は33である。

問1　 円CC上の点は、0≦θ<2π0\leq\theta<2\piとして P(−3+3cos⁡θ, 3sin⁡θ)P(-3+3\cos\theta,\ 3\sin\theta) と表せる。したがってAM→\overrightarrow{AM}はAP→\overrightarrow{AP}の半分なので、 M(2+(−3+3cos⁡θ)2,1+3sin⁡θ2)=(32cos⁡θ−12,32sin⁡θ+12).\displaystyle M\left(\frac{2+(-3+3\cos\theta)}{2},\frac{1+3\sin\theta}{2}\right) =\left(\frac32\cos\theta-\frac12,\frac32\sin\theta+\frac12\right). よってア=3, イ=3, ウ=3, エ=3, オ=2, カ=1, キ=2, ク=3, ケ=2, コ=1, サ=2\text{ア}=3,\ \text{イ}=3,\ \text{ウ}=3,\ \text{エ}=3,\ \text{オ}=2,\ \text{カ}=1,\ \text{キ}=2,\ \text{ク}=3,\ \text{ケ}=2,\ \text{コ}=1,\ \text{サ}=2である。

問2　 問1の表示でcos⁡θ\cos\thetaとsin⁡θ\sin\thetaが動くので、MMは中心(−12,12)\displaystyle \left(-\frac12,\frac12\right)、半径32\displaystyle \frac32の円を一周する。したがってシ=1, ス=2, セ=1, ソ=2, タ=3, チ=2\text{シ}=1,\ \text{ス}=2,\ \text{セ}=1,\ \text{ソ}=2,\ \text{タ}=3,\ \text{チ}=2である。

問3　 u=(cos⁡θ,sin⁡θ)\boldsymbol{u}=(\cos\theta,\sin\theta)、v=(−sin⁡θ,cos⁡θ)\boldsymbol{v}=(-\sin\theta,\cos\theta)とおくと、u,v\boldsymbol{u},\boldsymbol{v}は直交する単位ベクトルであり、P=O+3uP=O+3\boldsymbol{u}である。円CCの点PPにおける接線はOPOPに垂直であるから、距離が333\sqrt3である接線上の2点は Q=O+3u±33vQ=O+3\boldsymbol{u}\pm3\sqrt3\boldsymbol{v} と表せる。よって OQ2=32+(33)2=36,OQ=6.OQ^2=3^2+(3\sqrt3)^2=36,\qquad OQ=6. いずれの符号でも、θ\thetaが一周すれば方向も一周する。したがってQQの軌跡は中心OO、半径66の円であり、ツ=6\text{ツ}=6である。

問4　 剛体移動してO=(0,0)O=(0,0)、Q0=(6,0)Q_0=(6,0)としてよい。このときCCは半径33の円である。点Q0Q_0と円周上の点を結ぶ線分の集合は、点Q0Q_0と円盤x2+y2≦9x^2+y^2\leq9との凸包に一致する。実際、円盤内の各点XXをとり、直線Q0XQ_0XをXXの先へ延ばすと円周上の点PPに達するので、XXは線分Q0PQ_0P上にある。逆に掃過領域の各線分はこの凸包に含まれる。また、凸包の点はQ0Q_0と円盤内の点を結ぶ線分上にあるため、以上から掃過領域に含まれる。

円からQ0Q_0に引いた接線の接点をT+,T−T_+,T_-とする。T=(x,y)T=(x,y)ではx2+y2=9x^2+y^2=9かつOT⊥Q0TOT\perp Q_0Tなので (6−x,−y)⋅(x,y)=0,6x−9=0.(6-x,-y)\cdot(x,y)=0,\quad 6x-9=0. したがってT±=(32,±332)\displaystyle T_\pm=\left(\frac32,\pm\frac{3\sqrt3}{2}\right)、T+T−=33T_+T_-=3\sqrt3である。この凸包のうち円盤の外側の部分は、三角形Q0T+T−Q_0T_+T_-から円内の小弓形（弦T+T−T_+T_-と中心角2π3\displaystyle \frac{2\pi}{3}の小弧に囲まれる部分）を除いた部分である。三角形Q0T+T−Q_0T_+T_-の面積は 12⋅33⋅92=2734.\displaystyle \frac12\cdot3\sqrt3\cdot\frac92=\frac{27\sqrt3}{4}. 円の小さい弓形の面積は、扇形から三角形OT+T−OT_+T_-を引いて 12⋅32⋅2π3−12⋅33⋅32=3π−934.\displaystyle \frac12\cdot3^2\cdot\frac{2\pi}{3}-\frac12\cdot3\sqrt3\cdot\frac32 =3\pi-\frac{9\sqrt3}{4}. したがって円盤の外側に加わる部分は 2734−(3π−934)=93−3π.\displaystyle \frac{27\sqrt3}{4}-\left(3\pi-\frac{9\sqrt3}{4}\right)=9\sqrt3-3\pi. ゆえに掃過領域の面積は 9π+(93−3π)=93+6π.9\pi+(9\sqrt3-3\pi)=9\sqrt3+6\pi. よってテ=9, ト=3, ナ=6\text{テ}=9,\ \text{ト}=3,\ \text{ナ}=6である。

この問題で使う考え方

  • 円の方程式
  • 軌跡
  • 座標による距離
  • 円の性質

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