2高知大学 2019年 数学 第2問解答・解説

準備 楕円 $\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）の焦点は $x$ 軸上にあり，$c=\sqrt{a^2-b^2}$ として $F(c,0)$，$F'(-c,0)$ とおいてよい。点 $A(0,b)$ は短軸の頂点であり，楕円の定義（各焦点までの距離の和が $2a$）と，$A$ が $y$ 軸上にあることによる $F,F'$ に関する対称性から $$AF=AF'=a$$ である。実際，三角形 $OAF$ は $OA=b$（$y$ 軸上），$OF=c$（$x$ 軸上）を2辺とし，$\displaystyle \angle AOF=\dfrac{\pi}{2}$ の直角三角形であるから，三平方の定理より $$AF=\sqrt{OA^2+OF^2}=\sqrt{b^2+c^2}=\sqrt{b^2+(a^2-b^2)}=a$$ と確かめられる。

(1) 直角三角形 $OAF$（直角は $O$）において，$\theta=\angle FAO$ は頂点 $A$ における角であり，その隣辺は $AO$，斜辺は $AF$ である。したがって $$\displaystyle \cos\theta=\frac{AO}{AF}=\frac{b}{a}.$$ （このとき $0<b<a$ より $\displaystyle 0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ である。）

検算：$\displaystyle \sin\theta=\dfrac{OF}{AF}=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}$ であり，$\displaystyle \cos^2\theta+\sin^2\theta=\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{a^2-b^2}{a^2}=1$ で矛盾なく整合する。

(2) 三角形 $AFF'$ は $AF=AF'=a$ の二等辺三角形で，$A$ から底辺 $FF'$ に下ろした垂線の足は原点 $O$（$FF'$ の中点）であるから，$\angle OAF=\angle OAF'=\theta$，すなわち頂角は $$\angle FAF'=2\theta .$$ また底辺は $FF'=2c=2a\sin\theta$（$\because c=a\sin\theta$）である。

円 $C$（$A,F,F'$ を通る円）の半径を $R$ とすると，三角形 $AFF'$ に正弦定理を用いて $$\displaystyle \frac{FF'}{\sin\angle FAF'}=2R \quad\text{したがって}\quad R=\frac{FF'}{2\sin 2\theta}=\frac{2a\sin\theta}{2\sin 2\theta}=\frac{a\sin\theta}{2\sin\theta\cos\theta}=\frac{a}{2\cos\theta}.$$

次に，中心角 $\angle AO'F$ を求める。二等辺三角形 $AFF'$ の底角は $$\displaystyle \angle AF'F=\angle AFF'=\frac{\pi-2\theta}{2}=\frac{\pi}{2}-\theta .$$ 弦 $AF$ に対する円周角 $\angle AF'F$ と，同じ弦 $AF$ に対する中心角のうち $F'$ を含まない側の弧に対応するものとの間には，円周角の定理により $$\displaystyle \angle AO'F = 2\angle AF'F = 2\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)=\pi-2\theta$$ の関係が成り立つ。$\displaystyle 0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ より $0<\pi-2\theta<\pi$ であるから，これが題意の「中心角が $\pi$ 未満のほう」である。

以上より，扇形 $O'AF$ の面積は $$\displaystyle S=\frac{1}{2}R^2(\pi-2\theta)=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{2\cos\theta}\right)^{2}(\pi-2\theta)=\boxed{\dfrac{a^{2}(\pi-2\theta)}{8\cos^{2}\theta}} .$$

検算：三角形 $O'AF$ において $O'A=O'F=R$，$AF=a$，挟角 $\angle AO'F=\pi-2\theta$ であるから，余弦定理より $$AF^2=2R^2\bigl(1-\cos(\pi-2\theta)\bigr)=2R^2(1+\cos2\theta)=2R^2\cdot2\cos^2\theta=4R^2\cos^2\theta .$$ 右辺に $\displaystyle R=\dfrac{a}{2\cos\theta}$ を代入すると $\displaystyle 4\cdot\dfrac{a^2}{4\cos^2\theta}\cdot\cos^2\theta=a^2=AF^2$ となり，矛盾なく一致する。

(3) 円 $x^2+y^2=b^2$ および楕円 $\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ は，いずれも $x$ 軸・$y$ 軸に関して対称であるから，それぞれの面積は第1象限部分の4倍として定積分で表せる。

楕円の第1象限部分（$0\le x\le a$）の $y$ 座標は $\displaystyle y=b\sqrt{1-\dfrac{x^2}{a^2}}$ であるから，楕円の面積を $E$ とすると $$\displaystyle E=4\int_{0}^{a} b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\,dx .$$ ここで $x=at$（$0\le t\le1$）と置換すると $dx=a\,dt$ であり， $$\displaystyle E=4\int_{0}^{1} b\sqrt{1-t^2}\,a\,dt=4ab\int_{0}^{1}\sqrt{1-t^2}\,dt .$$

一方，円の第1象限部分（$0\le x\le b$）の $y$ 座標は $y=\sqrt{b^2-x^2}$ であるから，円の面積を $D$ とすると $$\displaystyle D=4\int_{0}^{b}\sqrt{b^2-x^2}\,dx .$$ ここでも同様に $x=bt$（$0\le t\le1$）と置換すると $dx=b\,dt$ であり， $$\displaystyle D=4\int_{0}^{1}\sqrt{b^2-b^2t^2}\,b\,dt=4\int_{0}^{1} b\sqrt{1-t^2}\cdot b\,dt=4b^2\int_{0}^{1}\sqrt{1-t^2}\,dt .$$

そこで $\displaystyle J=\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{1-t^2}\,dt$（$0<J$，実際には単位円の第1象限の面積として $\displaystyle J=\dfrac{\pi}{4}$ であるが，以下の議論に値そのものは不要）とおくと， $$D=4b^2 J,\qquad E=4abJ .$$ $J>0$，$a>0$ であるから $$D:E=4b^2J:4abJ=b^2:ab=b:a .$$ すなわち，円 $x^2+y^2=b^2$ の面積と楕円の面積の比は，同一の定積分 $J$ を共通因数として約分することにより $b:a$ であることが定積分を用いて示された。$\blacksquare$

(4) (3)により（円の面積）:（楕円の面積）$=b:a$ である。これが $1:2$ となるのは $$\displaystyle b:a=1:2 \quad\text{すなわち}\quad b=\frac{a}{2}$$ のときである（$a>b>0$ と矛盾しない）。

このとき，(1) の結果より $$\displaystyle \cos\theta=\frac{b}{a}=\frac{1}{2}.$$ $0\le\theta<\pi$ の範囲でこれを満たす $\theta$ はただ一つで，$\displaystyle \theta=\dfrac{\pi}{3}$ である。

これを (2) の結果 $\displaystyle S=\dfrac{a^{2}(\pi-2\theta)}{8\cos^{2}\theta}$ に代入すると，$\displaystyle \cos^2\theta=\dfrac{1}{4}$，$\displaystyle \pi-2\theta=\pi-\dfrac{2\pi}{3}=\dfrac{\pi}{3}$ であるから $$\displaystyle S=\frac{a^{2}\cdot\dfrac{\pi}{3}}{8\cdot\dfrac{1}{4}}=\frac{\dfrac{\pi a^{2}}{3}}{2}=\boxed{\dfrac{\pi a^{2}}{6}} .$$

検算（具体例）：$a=2,\,b=1$（$b:a=1:2$ を満たす）のとき，$F(\sqrt3,0)$，$F'(-\sqrt3,0)$，$A(0,1)$ とし，垂直二等分線から直接円 $C$ の中心を求めると $O'(0,-1)$，半径 $R=2$ となり，(2) の式 $\displaystyle R=\dfrac{a}{2\cos\theta}=\dfrac{2}{2\cdot\frac12}=2$ と一致する。さらにベクトル $O'A=(0,2)$，$O'F=(\sqrt3,1)$ のなす角の余弦は $\displaystyle \dfrac{2}{2\cdot2}=\dfrac12$ より中心角は $\displaystyle \dfrac{\pi}{3}$ となり，扇形の面積は $\displaystyle \dfrac12\cdot2^2\cdot\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{2\pi}{3}$。これは $\displaystyle \dfrac{\pi a^2}{6}=\dfrac{\pi\cdot4}{6}=\dfrac{2\pi}{3}$ と一致し，(2)(4) の一般式が数値例でも整合することを確認した。