奈良素敵大学模試(自作模試)大問4〜解説〜

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問題

同一平面上に2つの円 $C_{1}$ と $C_{2}$ があり、2円の半径はいずれも1で、2円の中心間距離は4である。円 $C_{1}$ 上に動点 $P$ をおき、点 $P$ から円 $C_{2}$ に2本の接線 $l_{1}, l_{2}$ を引く。また、 $l_{1}, l_{2}$ と円 $C_{2}$ の接点をそれぞれ $Q, R$ とする。点 $P$ が円 $C_{1}$ 上を動くとき、
(1)線分 $Q R$ が通過する領域 $X$ を図示せよ。
(2)領域 $X$ の面積 $S$ を求めよ。

まだ解いていない方はこちらから記事へ飛べます。答えを見たくない場合はどうぞ。

作問の意図

設定がシンプルで明快です。これは2つの茶碗の上で箸を滑らせていたときに思いつきました。(！！！)
初めは2円の距離 $r$ でやっていたのですが、逆三角関数が出てきてしまうので、有名角になるように $r = 4$ としてみましたが、問題に比べて答えはなかなか煩雑になってしまいました。
本番で出たなら間違いなく時間食い虫の大問でしょう……。
ただ、使う道具は多岐に渡るのでそこは気に入っていたりします。
では解説に移りましょう。

解説

(1)まず、座標に置く方針を取ることとする。(図示せよ、なので図形というより座標では？それに領域が円や $n$ 角形にはならそうだし……と勘づきたい)
$C_{1} : x^{2} + y^{2} = 1, C_{2} : x^{2} + (y - 4)^{2} = 1, P (\cos t, \sin t)$ とおき、 $C_{1}, C_{2}$ の中心をそれぞれ $O (0, 0), O^{'} (0, 4)$ とおく。
$O^{'} P^{2} = \cos^{2} t + (4 - \sin t)^{2}$ であるから三平方の定理より、
$P Q = \sqrt{O^{'} P^{2} - 1} = 2 \sqrt{4 - 2 \sin t}$ だから、中心を $P$ 、半径を $P Q$ とする円 $C_{3}$ は
$(x - \cos t)^{2} + (y - \sin t)^{2} = 8 (2 - \sin t)$ と表される。
直線 $Q R$ の方程式は $C_{2}, C_{3}$ の差をとって、 $(4 - y) \sin t - x \cos t = 15 - 4 y$
合成を行って、 $\sqrt{(y - 4)^{2} + x^{2}} \sin (t - α) = 15 - 4 y (\sin α = \frac{x}{\sqrt{(y - 4)^{2} + x^{2}}})$
$- 1 \leq \sin (t - α) \leq 1$ かつ $(y - 4)^{2} + x^{2} \geq 0$ より $- \sqrt{(y - 4)^{2} + x^{2}} \leq 15 - 4 y \leq \sqrt{(y - 4)^{2} + x^{2}}$
場合分けする。
(i) $15 - 4 y \geq 0$ のとき、左辺と中辺の大小関係は常に成り立つ。
中辺と右辺の両辺を2乗して(両辺正なので同値のまま)
$x^{2} - 15 y^{2} + 112 y - 209 \geq 0$
(ii) $15 - 4 y < 0$ のとき、中辺と右辺の大小関係は常に成り立つ。
左辺と中辺の両辺を2乗して(両辺負なので反転させれば同値のまま)
$x^{2} - 15 y^{2} + 112 y - 209 \geq 0$
ゆえに領域は $x^{2} - 15 y^{2} + 112 y - 209 \geq 0, x^{2} + (y - 4)^{2} \leq 1$
境界線を描くと次のようになる
図示した結果(境界のみ)

(2) $y$ 軸方向に積分する。 $x^{2} - 15 y^{2} + 112 y - 209 = 0$ と $y$ 軸の交点を求めると、 $(0, \frac{11}{3}), (0, \frac{19}{5})$ より、
$S = \frac{π}{2} - (T + T^{'} + U), T = 2 \int_{\frac{19}{5}}^{4} \sqrt{15 y^{2} - 112 y + 209} d y, T^{'} = 2 \int_{\frac{7}{2}}^{\frac{11}{3}} \sqrt{15 y^{2} - 112 y + 209} d y, U = \frac{π}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4}$
となる。まず $\int \sqrt{15 y^{2} - 112 y + 209} d y = \int \sqrt{15 {(y - \frac{56}{15})}^{2} - \frac{1}{15}} d y$ を計算する。
$u = 15 (y - \frac{56}{15})$ と置換すれば、 $\frac{d u}{d y} = 15$ より、
$\frac{1}{15 \sqrt{15}} \int \sqrt{u^{2} - 1} d u = \frac{1}{30 \sqrt{15}} (u \sqrt{u^{2} - 1} - \log | u + \sqrt{u^{2} - 1} |) + C$ ( $C$ は積分定数)
したがって、おのおの区間を $u = 15 (y - \frac{56}{15})$ と置換することにより、
$T = \frac{1}{15 \sqrt{15}} {[u \sqrt{u^{2} - 1} - \log | u + \sqrt{u^{2} - 1} |]}_{1}^{4} = \frac{4}{15} - \frac{1}{15 \sqrt{15}} \log (4 + \sqrt{15})$
$T^{'} = \frac{1}{15 \sqrt{15}} {[u \sqrt{u^{2} - 1} - \log | u + \sqrt{u^{2} - 1} |]}_{- \frac{7}{2}}^{- 1} = \frac{7}{20 \sqrt{3}} + \frac{1}{15 \sqrt{15}} \log (\frac{7 - 3 \sqrt{5}}{2})$
ゆえに整理して $S = \frac{\sqrt{15}}{225} \log \frac{8 + 2 \sqrt{15}}{7 - 3 \sqrt{5}} + \frac{π}{6} + \frac{2}{15} (\sqrt{3} - 2)$ である。