1九州大学 2010年 数学 第1問解答・解説

(1)

点 $P$ は $A$ を始点とし $B$ を通る半直線上にあり，$AP=tc$ である。この半直線の方向は線分 $AB$ の方向と同じであるから，$\angle CAP=\angle CAB=\angle A$ である（$t=0$ のときは $P=A$ に退化するが，以下の式はこの場合も $CP=CA=b$ を正しく与える）。

三角形 $ACP$ において余弦定理を用いると $$CP^2=AC^2+AP^2-2\cdot AC\cdot AP\cos A=b^2+t^2c^2-2btc\cos A.$$ 一方，三角形 $ABC$ に余弦定理を用いると $$\displaystyle \cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$$ であるから，$\displaystyle 2btc\cos A=tc\cdot\dfrac{b^2+c^2-a^2}{c}=t(b^2+c^2-a^2)$ に注意して代入すると $$\boxed{CP^2=t^2c^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2}\qquad(t\ge0).$$ （検算）$t=0$ のとき $CP^2=b^2$，すなわち $P=A$ で $CP=CA=b$ と一致する。$t=1$ のとき $CP^2=c^2-(b^2+c^2-a^2)+b^2=a^2$，すなわち $P=B$ で $CP=CB=a$ と一致する。いずれも定義と整合するので式は正しい。

(2)

$CP=a$，すなわち $CP^2=a^2$ とおくと，(1)の結果より $$t^2c^2-(b^2+c^2-a^2)t+b^2-a^2=0.\qquad(*)$$ $t=1$ を代入すると $c^2-(b^2+c^2-a^2)+b^2-a^2=0$ となり，これは恒等的に成り立つ。これは「$P=B$ のとき常に $CP=CB=a$」という事実に対応する解であるから，$(*)$ の左辺は $(t-1)$ を因数にもち， $$t^2c^2-(b^2+c^2-a^2)t+(b^2-a^2)=(t-1)\bigl\{c^2t-(b^2-a^2)\bigr\}$$ と因数分解できる（右辺を展開すれば左辺に一致することで確認できる）。よって $(*)$ の解は $$\displaystyle t=1,\qquad t=\frac{b^2-a^2}{c^2}.$$ 問題の設定で $t\ge0$ が要求されているから，$\displaystyle t=\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ が解として採用できるのは $b^2-a^2\ge0$，すなわち $b\ge a$ のときに限る。$b<a$ のときはこの値が負になり不適で，解は $t=1$ のみである。

まとめると $$\displaystyle b\ge a\ \text{のとき}\quad t=1,\ \frac{b^2-a^2}{c^2},\qquad\qquad b<a\ \text{のとき}\quad t=1\ \text{のみ}.$$

(3)

点 $P$ が辺 $AB$ 上にあることは，$AP=tc$，$AB=c$（$c>0$）より $0\le t\le1$ と同値である。(2)より，$CP=a$ を満たす $t$ の候補は $t=1$ と $\displaystyle t_0=\dfrac{b^2-a^2}{c^2}$ の高々2つであり，$t=1$ は常に $0\le t\le1$ を満たす（$P=B$ に対応）。

したがって「辺 $AB$ 上にちょうど2つ」となるのは，$t_0$ が $t=1$ とは異なる値として$0\le t_0\le1$ を満たすとき，すなわち $$\displaystyle 0\le t_0<1\quad\text{すなわち}\quad 0\le\frac{b^2-a^2}{c^2}<1\quad\text{すなわち}\quad a^2\le b^2<a^2+c^2\qquad(\because c^2>0)$$ のときであり，かつそのときに限る。

（補足：$t_0=1$，すなわち $b^2=a^2+c^2$ のときは $(*)$ が $t=1$ を重解にもち，得られる点は $P=B$ の1つのみで「ちょうど2つ」を満たさない。$t_0<0$，すなわち $b<a$ のときは $0\le t\le1$ の範囲の解は $t=1$ のみで点は1つ。$t_0>1$，すなわち $b^2>a^2+c^2$ のときも $0\le t\le1$ の範囲の解は $t=1$ のみで点は1つである。したがって上の不等式が過不足のない条件である。）

この不等式を辺の大小・角の大小に翻訳する。まず $a,b>0$ より $$a^2\le b^2\quad\text{すなわち}\quad a\le b.$$ 三角形においては大きい辺の対角が大きい角であるという性質（三角形の辺と角の大小関係）により， $$a\le b\quad\text{すなわち}\quad \angle A\le\angle B.$$ 次に，三角形 $ABC$ に余弦定理を用いると $$\displaystyle \cos B=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$$ であるから，$a,c>0$ より $$b^2<a^2+c^2\quad\text{すなわち}\quad a^2+c^2-b^2>0\quad\text{すなわち}\quad\cos B>0\quad\text{すなわち}\quad 0^\circ<\angle B<90^\circ.$$ 以上より，求める条件は $$\boxed{\angle A\le\angle B<90^\circ}.$$

（検算）

・ 正三角形（$a=b=c$，$\angle A=\angle B=60^\circ$）は条件 $\angle A\le\angle B<90^\circ$ を満たす。実際 (1)で $a=b=c$ とすると $CP^2=a^2(t^2-t+1)$ となり，$CP=a$ から $t^2-t=0$，$t=0,1$。ともに $0\le t\le1$ の範囲で異なる値なので $P=A,B$ の2点となり，条件と一致する。

・ $a=3,\ c=4,\ b=5$（$b^2=a^2+c^2=25$ より $\angle B=90^\circ$）のとき，$t_0=(25-9)/16=1$ で $t=1$ と重なり，点は $P=B$ の1つのみ。境界 $\angle B=90^\circ$ が除外されることと整合する。

・ $a=3,\ b=2,\ c=2$（辺の大小から $\angle B<\angle A$）のとき，$t_0=(4-9)/4=-5/4<0$ で不適，$0\le t\le1$ の範囲の解は $t=1$ のみで点は1つ。条件 $\angle A\le\angle B$ が破れることと整合する。

いずれも上記の結論と矛盾しない。