東海大学／2017年度／A方式一次2/2

東海大学 2017年数学第3問解答・解説

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1問題

東海大学2017年度第3問

$\triangle OAB$ において $OA=4$ ， $OB=3$ ， $AB=2$ とする。点 $A$ を通り， $\angle OBA$ の二等分線と平行な直線を $\ell$ とする。直線 $\ell$ と直線 $OB$ の交点を $P$ とする。

(1) $\angle AOB=\theta$ とおくと， $\cos\theta=\boxed{\text{ア}}$ である。

(2) 線分 $OP$ の長さは $OP=\boxed{\text{イ}}$ であり，線分 $AP$ の長さは $AP=\boxed{\text{ウ}}$ である。

(3) $\angle OBA$ の二等分線と線分 $OA$ の交点を $A_{1}$ とする。線分 $OA_{1},A_{1}A$ の長さは $OA_{1}=\boxed{\text{エ}}$ ， $A_{1}A=\boxed{\text{オ}}$ である。

(4) $\triangle ABA_{1}$ の面積は $\boxed{\text{カ}}$ である。

(5) 線分 $OA$ 上に点 $A_{2},A_{3},\ldots,A_{n},\ldots$ が限りなく並んでいて，

線分 $OB$ 上に点 $B_{1},B_{2},B_{3},\ldots,B_{n},\ldots$ が限りなく並んでいて，

$\begin{aligned}\mathrm{OA}&>\mathrm{OA}_{1}>\mathrm{OA}_{2}>\mathrm{OA}_{3}>\cdots>\mathrm{OA}_{n}>\cdots,\\\mathrm{OB}&>\mathrm{OB}_{1}>\mathrm{OB}_{2}>\mathrm{OB}_{3}>\cdots>\mathrm{OB}_{n}>\cdots,\\\angle\mathrm{ABA}_{1}&=\angle\mathrm{BA}_{1}\mathrm{B}_{1},\\\angle\mathrm{ABA}_{1}&=\angle\mathrm{A}_{n}\mathrm{B}_{n}\mathrm{A}_{n+1}\quad(n=1,2,3,\ldots),\\\angle\mathrm{ABA}_{1}&=\angle\mathrm{B}_{n}\mathrm{A}_{n+1}\mathrm{B}_{n+1}\\&\quad(n=1,2,3,\ldots)\end{aligned}$ であるとする。

(i) 線分 $A_{1}A_{2},A_{3}A_{4},A_{5}A_{6},\ldots,A_{2n+1}A_{2n+2},\ldots$ の長さの総和は $\boxed{\text{キ}}$ である。

(ii) 線分 $AB,BA_{1},A_{1}B_{1},B_{1}A_{2},A_{2}B_{2},B_{2}A_{3},A_{3}B_{3},\ldots,A_{n}B_{n},B_{n}A_{n+1},\ldots$ の長さの総和は $\boxed{\text{ク}}$ である。

(iii) $\triangle ABA_{1},\triangle A_{1}B_{1}A_{2},\triangle A_{2}B_{2}A_{3},\triangle A_{3}B_{3}A_{4},\ldots,\triangle A_{n}B_{n}A_{n+1},\ldots$ の面積の総和は $\boxed{\text{ケ}}$ 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

余弦定理と角の二等分線の定理で初期図形を求め，平行線と角条件からの相似比を漸化させて線分長・面積を等比級数で合計した。

3答え

答えを見る自分の答えと照らし合わせる

ア $\displaystyle =\frac78,\quad$ イ $=5,\quad$ ウ $=\sqrt6,\quad$ エ $\displaystyle =\frac{12}{5},\quad$ オ $\displaystyle =\frac85,\quad$ カ $\displaystyle =\frac{3\sqrt{15}}{10},\quad$ キ $\displaystyle =\frac32,\quad$ ク $\displaystyle =5+\frac{3\sqrt6}{2},\quad$ ケ $\displaystyle =\frac{15\sqrt{15}}{32}.$

4解答

解答を見る途中式つきの解答

(1) 余弦定理より $AB^2=OA^2+OB^2-2(OA)(OB)\cos\theta$ だから $\displaystyle 4=16+9-24\cos\theta, \qquad \cos\theta=\frac78.$ 従って $\text{ア}=7/8$ 。

(2) $\angle OBA=2\phi$ とおくと，角の二等分線より $\angle OBA_1=\angle A_1BA=\phi$ 。角の二等分線の定理から $OA_1:A_1A=OB:BA=3:2,$ 従って $OA_1=12/5$ ， $A_1A=8/5$ 。また $AP\parallel BA_1$ ， $OP$ は $OB$ と同一直線， $OA$ は $OA_1$ と同一直線なので， $\triangle OPA\sim\triangle OBA_1$ 。対応する辺から $\displaystyle \frac{OP}{OB}=\frac{OA}{OA_1}=\frac{4}{12/5}=\frac53, \qquad OP=5.$ 同様に $\displaystyle \frac{AP}{BA_1}=\frac53.$ $\gamma=\angle BAO$ とおくと，余弦定理から $\displaystyle \cos\gamma=\frac{OA^2+AB^2-OB^2}{2(OA)(AB)}=\frac{16+4-9}{16}=\frac{11}{16}.$ $AA_1$ は $AO$ と同じ方向なので，余弦定理を $\triangle ABA_1$ に用いると $\displaystyle BA_1^2=AB^2+AA_1^2-2(AB)(AA_1)\cos\gamma =4+\frac{64}{25}-2\cdot2\cdot\frac85\cdot\frac{11}{16} =\frac{54}{25}.$ よって $BA_1=3\sqrt6/5$ ，従って $AP=\sqrt6$ 。また $OP=5, OA=4$ と $\cos\theta=7/8$ を余弦定理に代入すると $AP^2=25+16-40\cdot7/8=6$ となり一致する。従って $\text{イ}=5,\ \text{ウ}=\sqrt6$ 。

(3) 上の角の二等分線の定理と $OA=4$ から $\displaystyle OA_1=4\cdot\frac{3}{3+2}=\frac{12}{5}, \qquad A_1A=4\cdot\frac{2}{3+2}=\frac85.$ 従って $\text{エ}=12/5,\ \text{オ}=8/5$ 。

(4) $\sin\theta=\sqrt{1-(7/8)^2}=\sqrt{15}/8$ なので $\displaystyle [OAB]=\frac12\cdot4\cdot3\cdot\frac{\sqrt{15}}8=\frac{3\sqrt{15}}4.$ $A_1A/OA=(8/5)/4=2/5$ で， $\triangle ABA_1$ と $\triangle OAB$ は底辺をそれぞれ $AA_1,OA$ とすると高さが同じである。従って $\displaystyle [ABA_1]=\frac25[OAB]=\frac{3\sqrt{15}}{10},$ よって $\text{カ}=3\sqrt{15}/10$ 。

(5) $q_n=OA_n/OA$ とおき，初めは $A_0=A, B_0=B$ とする。 $\triangle OA_nB_n$ の角 $\angle A_nB_nO$ は常に $2\phi$ であることを確認する。 $n=0$ では定義から成り立つ。これが成り立つとき， $A_{n+1}$ は $OA_n$ 上にあり $\angle A_nB_nA_{n+1}=\phi$ だから $\angle A_{n+1}B_nO=\phi$ 。さらに条件から $\angle B_nA_{n+1}B_{n+1}=\phi$ である。三角形 $B_nA_{n+1}B_{n+1}$ の残る角は $\pi-2\phi$ であり， $B_{n+1}$ が $O,B_n$ の間にあることから $\angle A_{n+1}B_{n+1}O=2\phi$ 。よって次の $\triangle OA_{n+1}B_{n+1}$ も元の $\triangle OAB$ と相似である。

従って全ての $\triangle OA_nB_n$ は $\triangle OAB$ と相似で，その相似比は $q_n$ 。また $\triangle A_nB_nA_{n+1}$ は $\triangle ABA_1$ と相似である。 $A_nA_{n+1}$ と $AA_1$ が対応するので $\displaystyle OA_{n+1}=OA_n-A_nA_{n+1} =4q_n-\frac85q_n=4\cdot\frac35q_n, \quad q_{n+1}=\frac35q_n.$ 初項 $q_0=1$ より $q_n=(3/5)^n$ 。

(i) $A_nA_{n+1}=q_n\cdot AA_1=(8/5)(3/5)^n$ である。指定された和は $n=1,3,5,\ldots$ の項だから $\displaystyle \sum\limits _{m=0}^{\infty}A_{2m+1}A_{2m+2} =\frac85\left(\frac35\right)\sum\limits _{m=0}^{\infty}\left(\frac9{25}\right)^m =\frac{24/25}{1-9/25}=\frac32.$ よって $\text{キ}=3/2$ 。

(ii) $A_nB_n=q_n\cdot AB=2q_n$ ，また $B_nA_{n+1}=q_n\cdot BA_1=(3\sqrt6/5)q_n$ 。列挙された線分は各 $n\ge0$ についてこの2辺からなるため $\displaystyle \sum\limits _{n=0}^{\infty}(A_nB_n+B_nA_{n+1}) =\left(2+\frac{3\sqrt6}{5}\right)\sum\limits _{n=0}^{\infty}\left(\frac35\right)^n =\frac52\left(2+\frac{3\sqrt6}{5}\right) =5+\frac{3\sqrt6}{2}.$ 従って $\text{ク}=5+3\sqrt6/2$ 。

(iii) 面積は相似比の2乗で変化する。各三角形 $A_nB_nA_{n+1}$ の面積は $q_n^2[ABA_1]$ だから $\displaystyle \sum\limits _{n=0}^{\infty}[A_nB_nA_{n+1}] =\frac{3\sqrt{15}}{10}\sum\limits _{n=0}^{\infty}\left(\frac9{25}\right)^n =\frac{3\sqrt{15}}{10}\cdot\frac{25}{16} =\frac{15\sqrt{15}}{32}.$ よって $\text{ケ}=15\sqrt{15}/32$ 。

この問題で使う考え方

余弦定理
三角比と相互関係
三角比による面積
角の二等分線の性質
三角形の性質
等比数列の一般項と和

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