座標平面において, 原点を O とし, 次のような3点 P , Q , R を考える.

1. (a)　点 P は \(x\) 軸上にあり, その \(x\) 座標は正である.

2. (b)　点 Q は第 \(1\) 象限にあって, \(\text{OQ} = \text{QP} = 1\) を満たす.

3. (c)　点 R は第 \(1\) 象限にあって, \(\text{OR} +\text{RP} = 2\) を満たし, かつ線分 RP が \(x\) 軸に垂直となる.

ただし, 座標軸は第 \(1\) 象限に含めないものとする. このとき以下の各問いに答えよ.

1. (1)　上の条件を満たす \(2\) 点 Q , R が存在するような, 点 P の \(x\) 座標が取りうる値の範囲を求めよ.

2. (2)　(1) の範囲を点 P が動くとき, 線分 QR が通過する領域を図示し, その面積を求めよ.

3. (3)　線分 OP の中点を M とする. (1) の範囲を点 P が動くとき, 四角形 MPRQ の面積を最大にする点 P の \(x\) 座標を求めよ.

【 解 答 】

(1)

△OPQ の辺の長さに着目すると \[\begin{align} 1+1 & \gt x , \ 1+x \gt 1 \\ \text{∴} \quad 0 & \lt x \lt 2 \end{align}\] この範囲で △OPR も成立するので, 求める範囲は \[ \underline{0 \lt x \lt 2} \]

(2)

Q \(( \cos \theta , \sin \theta )\) とおくと, P \(( 2\cos \theta , 0 )\) と表せる.
Q は第 \(1\) 象限にあることと, (1) の結果より, \(0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \quad ... [1]\) .
R \(( 2\cos \theta , r )\) とおくと, △OPR に着目して \[\begin{align} ( 2\cos \theta )^2 +r^2 & = (2-r)^2 \\ 4\cos^2 \theta & = 4-4r \\ \text{∴} \quad r = 1-\cos^2 \theta & = \sin^2 \theta \end{align}\] [1] の範囲において, \(\sin \theta , \cos \theta\) が単調に変化することから, \(\theta\) を \(0 \rightarrow \dfrac{\pi}{2}\) と動かすと

• Q は \(y = \sqrt{1-x^2} \ ... [2]\) 上を, \(( 1 , 0 ) \rightarrow ( 0 , 1 )\)

• R は \(y = 1 -\dfrac{x^2}{4} \ ...[3]\) 上を \(( 2 , 0 ) \rightarrow ( 0 , 1 )\)

と動く.
また, 曲線 [2] [3] の位置関係は, どちらも第 \(1\) 象限にあり \[\begin{align} \left( 1 -\dfrac{x^2}{4} \right)^2 -\left( \sqrt{1-x^2} \right)^2 & = 1 -\dfrac{x^2}{2} +\dfrac{x^4}{16} -\left( 1-x^2 \right) \\ & = \dfrac{x^4}{16} +\dfrac{x^2}{2} \gt 0 \end{align}\] なので, [3] が [2] より上側にある.
よって, 求める領域は下図斜線部（白点, 点線境界は含まない）.

また, この領域の面積 \(S\) は \[\begin{align} S & = \displaystyle\int _ 0^2 \left( 1 -\dfrac{x^2}{4} \right) \, dx -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2} \cdot 1^2 \\ & = \left[ x -\dfrac{x^3}{12} \right] _ 0^2 -\dfrac{\pi}{4} \\ & = \underline{\dfrac{4}{3} -\dfrac{\pi}{4}} \end{align}\]

(3)

M \(( \cos \theta , 0 )\) なので, 四角形 MPRQ は台形となる.
この面積を \(T(\theta)\) とおくと, \[ T(\theta) = \dfrac{1}{2} \left( \sin \theta +\sin^2 \theta \right) \cdot \cos \theta = \dfrac{1}{4} \sin 2\theta ( \sin \theta +1 ) \] なので \[\begin{align} 4 T'(\theta) & = 2\cos 2\theta ( \sin \theta +1 ) +\sin 2\theta \cos \theta \\ & = 2( 1 -2\sin^2 \theta )( \sin \theta +1 ) +2\sin \theta( 1- \sin^2 \theta) \\ & = -2( \sin \theta +1 )( 3 \sin^2 \theta -\sin \theta -1) \\ & = -2( \sin \theta +1 ) \left( \sin \theta -\dfrac{1+\sqrt{13}}{6} \right) \left( \sin \theta -\dfrac{1-\sqrt{13}}{6} \right) \end{align}\] [1] より, \(0 \lt \sin \theta \lt 1\) に注意して, \(T'(\theta) =0\) を解くと \[ \sin \theta = \dfrac{1+\sqrt{13}}{6} \] この解を \(\alpha\) とおくと, \(T(\theta)\) の増減表は下のようになる. \[ \begin{array}{c|ccccc} \theta & 0 & \cdots & \alpha & \cdots & \dfrac{\pi}{2} \\ \hline T'( \theta ) & & + & 0 & - & \\ \hline T( \theta ) & 0 & \nearrow & \text{最大} & \searrow & 0 \end{array} \] すなわち, \(\theta = \alpha\) のとき, \(T(\theta)\) は最大となる.
このときの P の \(x\) 座標は, \[\begin{align} 2\cos \alpha & = 2\sqrt{1-\sin^2 \alpha} =2\sqrt{1-\dfrac{\sin \alpha +1}{3}} \\ & = 2 \sqrt{1 -\dfrac{7+\sqrt{13}}{18}} \\ & = \underline{\dfrac{\sqrt{22-2\sqrt{13}}}{3}} \end{align}\]