2九州大学 2021年 数学 第2問解答・解説

(1)　 2次方程式 x^{2}-(4$\cos$$\theta$)x+$\displaystyle \dfrac{1}{\tan\theta}$=0 の判別式を D とすると　 $$\displaystyle D=(4\cos\theta)^{2}-4\cdot\frac{1}{\tan\theta}=16\cos^{2}\theta-\frac{4\cos\theta}{\sin\theta}.$$　 実数解をもたないための条件は $D<0$ である。$\displaystyle 0<\theta<\dfrac{\pi}{4}$ では $\cos\theta>0,\ \sin\theta>0$ だから，$D<0$ の両辺を正の数 $4\cos\theta$ で割って　 $$\displaystyle 4\cos\theta-\frac{1}{\sin\theta}<0.$$　 さらに正の数 $\sin\theta$ を掛けると　 $$\displaystyle 4\sin\theta\cos\theta-1<0,\qquad\text{すなわち}\qquad 2\sin2\theta<1,\qquad \sin2\theta<\frac12.$$　 $\displaystyle 0<\theta<\dfrac{\pi}{4}$ より $\displaystyle 0<2\theta<\dfrac{\pi}{2}$ であり，この範囲で $\sin$ は単調増加で $\displaystyle \sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac12$ だから，$\displaystyle \sin2\theta<\dfrac12$ は $\displaystyle 2\theta<\dfrac{\pi}{6}$ と同値である。よって　 $$\displaystyle \boxed{0<\theta<\frac{\pi}{12}}.$$　 　 (2)　 以下 $\displaystyle 0<\theta<\dfrac{\pi}{12}$ とする。(*) は実係数の2次方程式で $D<0$ だから，2つの解 $\alpha,\beta$ は互いに共役な虚数であり，かつ和と積は係数から　 $$\displaystyle \alpha+\beta=4\cos\theta,\qquad \alpha\beta=\frac{1}{\tan\theta}$$　 を満たす。$\beta=\overline{\alpha}$ だから，$\alpha=p+qi\ (p,q\ \text{は実数})$ とおくと $\beta=p-qi$ であり　 $$\displaystyle \alpha+\beta=2p=4\cos\theta\ \text{より}\ p=2\cos\theta,\qquad \alpha\beta=p^{2}+q^{2}=\frac{1}{\tan\theta}.$$　 $\alpha$ の虚部が $\beta$ の虚部より大きいという条件から $q>0$ にとる（$\displaystyle q^{2}=\dfrac{1}{\tan\theta}-4\cos^{2}\theta>0$ は $D<0$ と同値な量なので (1) の範囲でつねに成り立つ）。　 よって座標平面（複素数平面）上で $O(0,0),\ A(p,q),\ B(p,-q)$ であり，$p=2\cos\theta>0$ なので $O$ は直線 $AB:\,x=p$ 上にはなく，3点は同一直線上にないので外接円がただ1つ定まる。　 $A,B$ は実軸に関して対称だから，線分 $AB$ の垂直二等分線は実軸そのものである。円の中心 $C$ はこの垂直二等分線上にあるから，$C$ は実軸上の点であり，$\gamma$ は実数である。$\gamma=c$ とおき，$C$ が $O,A$ から等距離であることから　 $$\displaystyle |CO|^{2}=|CA|^{2}\ \text{より}\ c^{2}=(c-p)^{2}+q^{2}\ \text{より}\ 0=-2pc+p^{2}+q^{2}\ \text{より}\ c=\frac{p^{2}+q^{2}}{2p}.$$　 ここに $\displaystyle p^{2}+q^{2}=\alpha\beta=\dfrac{1}{\tan\theta}=\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}$，$2p=4\cos\theta$ だから　 $$\displaystyle \gamma=c=\frac{\dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}}{4\cos\theta}=\frac{1}{4\sin\theta}.$$　 よって　 $$\displaystyle \boxed{\gamma=\frac{1}{4\sin\theta}}\qquad(\text{実数，すなわち }C\text{ は実軸上の点}).$$　 　 (3)　 $O(0,0),\ A(p,q),\ C(c,0)$（$\displaystyle p=2\cos\theta>0,\ c=\dfrac{1}{4\sin\theta}>0,\ q>0$）について，三角形 $OAC$ が直角三角形になる場合を，直角の頂点ごとに調べる。　 頂点 $O$ が直角のとき： $\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OC}=0$。$\overrightarrow{OA}=(p,q),\ \overrightarrow{OC}=(c,0)$ だから内積は $pc$。$p>0,\ c>0$ だから $pc\neq0$ であり，この場合は起こらない。　 頂点 $A$ が直角のとき： $\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AC}=0$。$\overrightarrow{AO}=(-p,-q),\ \overrightarrow{AC}=(c-p,-q)$ だから内積は　 $$-p(c-p)+q^{2}=p^{2}+q^{2}-pc.$$　 (2)で $\displaystyle c=\dfrac{p^{2}+q^{2}}{2p}$ なので $\displaystyle pc=\dfrac{p^{2}+q^{2}}{2}$。よってこの内積は　 $$\displaystyle p^{2}+q^{2}-\frac{p^{2}+q^{2}}{2}=\frac{p^{2}+q^{2}}{2}=\frac{1}{2\tan\theta}>0$$　 となり，$0$ になり得ない。よってこの場合も起こらない。　 頂点 $C$ が直角のとき： $\overrightarrow{CO}\cdot\overrightarrow{CA}=0$。$\overrightarrow{CO}=(-c,0),\ \overrightarrow{CA}=(p-c,q)$ だから内積は　 $$-c(p-c)=c^{2}-cp=c(c-p).$$　 $c\neq0$ だから，この場合が起こるための条件は $c=p$ である。すなわち　 $$\displaystyle \frac{1}{4\sin\theta}=2\cos\theta\ \text{であるための必要十分条件は}\ 8\sin\theta\cos\theta=1\ \text{、すなわち}\ 4\sin2\theta=1\ \text{、すなわち}\ \sin2\theta=\frac14.$$　 $t=\tan\theta$ とおくと，2倍角の公式と $\displaystyle \cos^{2}\theta=\dfrac{1}{1+t^{2}}$ より $\displaystyle \sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta=\dfrac{2t}{1+t^{2}}$ だから　 $$\displaystyle \frac{2t}{1+t^{2}}=\frac14\ \text{であるための必要十分条件は}\ 8t=1+t^{2}\ \text{、すなわち}\ t^{2}-8t+1=0\ \text{、すなわち}\ t=4\pm\sqrt{15}.$$　 (1)より $\displaystyle 0<\theta<\dfrac{\pi}{12}$ だから $\displaystyle 0<t<\tan\dfrac{\pi}{12}=2-\sqrt3$ である。　 まず $4-\sqrt{15}>0$ は $16>15$ より明らかである。また $$4-\sqrt{15}<2-\sqrt3 \text{であるための必要十分条件は} 2+\sqrt3<\sqrt{15}.$$ 両辺は正なので二乗してよく、これは $$7+4\sqrt3<15\text{であるための必要十分条件は} \sqrt3<2$$ と同値であり、成り立つ。よって $4-\sqrt{15}$ は許容範囲にある。一方、 $4+\sqrt{15}>4>2>2-\sqrt3$ なので、もう一方の根は範囲外である。　 したがって，三角形 $OAC$ が直角三角形になるのは頂点 $C$ が直角のときに限られ，そのときの $\tan\theta$ の値は　 $$\boxed{\tan\theta=4-\sqrt{15}}.$$