やさしい理系数学～４～

　このシリーズは、河合塾の「やさしい理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「やさしい理系数学（改訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。
　なお、執筆時点の最新版である三訂版ではないので、注意してください。

例題１１

1⃣_１

• 距離公式：点$${(x_0,y_0)}$$と直線$${ax+by+c=0}$$との距離は、$${\displaystyle \frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} }$$。

• $${ax-y=2a-1⇔ax-y-2a+1=0}$$

• $${\displaystyle \frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}} }$$に$${x_0=1、y_0=2、a=a、b=-1、c=-2a+1}$$を代入して、$${\displaystyle \frac{|a-2-2a+1|}{\sqrt{a^2+1}} }$$

1⃣_２

• $${\displaystyle d=\frac{|a+1|}{\sqrt{a^2+1}}⇔d^2=\frac{(a+1)^2}{a^2+1}⇔d^2(a^2+1)=a^2+2a+1⇔(d^2-1)a^2-2a+d^2-1=0 }$$。

• $${(d^2+1)a^2-2a+d^2-a=0 }$$において、$${a}$$の$${2}$$次方程式として、解が実数になるのは判定式$${D=(-2)^2-4(d^2-1)(d^2-1)≧0}$$のとき。

• $${d^2≦2}$$だから、$${d^2}$$の最大は$${2}$$。

1⃣_３

• 直線$${\rm AB}$$の傾きと$${l}$$の傾きの積が$${-1}$$になるとき、$${l}$$と$${\rm B}$$の距離が最短になる。

2⃣_１

• $${(p,q)・(a_1,b_1)=a_1q+b_1q}$$。

• $${\displaystyle \overrightarrow{\mathrm{OA_2}}・\overrightarrow p- \overrightarrow{\mathrm{OA_1}}・\overrightarrow p=1-1⇔\left( \overrightarrow{\mathrm{OA_2}}-\overrightarrow{\mathrm{OA_1}}\right)・\overrightarrow p=0⇔ \overrightarrow{\mathrm{A_1A_2}}・\overrightarrow p=0 }$$ 

• ベクトルの内積が$${0}$$なので、$${ \overrightarrow{\mathrm{A_1A_2}} }$$と$${\overrightarrow p}$$が直交しており、同様に$${ \overrightarrow{\mathrm{A_1A_3}} }$$と$${\overrightarrow p}$$が直交しているから、$${ \overrightarrow{\mathrm{A_1A_2}}}$$と$${ \overrightarrow{\mathrm{A_1A_3}} }$$は平行。

• ベクトルが平行ならば、それらのベクトルを構成する点は同一直線上にあると言える。

2⃣_２

• $${a_1x+b_1y=1、a_2x+b_2y=1、a_3x+b_3y=1}$$の$${3}$$つの直線の交点を$${p,q}$$とすると、$${a_1p+b_1q=1、a_2p+b_2q=1、a_3p+b_3q=1}$$となるから、$${(a_1,b_1),(a_2,b_2),(a_3,b_3)}$$はいずれも、直線$${px+qy=1}$$上の点である。

例題１２

【解答１】

• $${l_1:mx-y+2m=0 ⇔ y=mx+2m}$$なので、$${y=mx}$$に平行で、$${m}$$の値に拘わらず$${(-2,0)}$$を通る。

• $${\displaystyle l_2:x+my-2=0 ⇔ y=-\frac{x}{m}+2}$$なので、$${\displaystyle y=-\frac{x}{m}}$$に平行で、$${m}$$の値に拘わらず$${(2,0)}$$を通る。

• $${l_1}$$と$${l_2}$$が点$${\rm P}$$で常に直角に交わるから、$${\rm P}$$の軌跡は円。

【解答２】

• $${\displaystyle l_1:mx-y+2m=0 ⇔ y=mx+2m⇔y=m(x+2)⇔m=\frac{y}{x+2}}$$だから、これを$${l_2:x+my-2=0 }$$に代入して$${\displaystyle  x+\frac{y}{x+2}y-2=0⇔x^2+y^2=4 }$$ 。

【解答３】

• $${l_1:mx-y+2m=0 ⇔ y=mx+2m、\displaystyle l_2:x+my-2=0 ⇔ y=-\frac{x+2}{m}}$$だから、$${\displaystyle mx+2m=-\frac{x+2}{m}⇔mx+\frac{x}{m}=-2m+\frac{2}{m}⇔\left(m+\frac{1}{m}\right)x=-2m+\frac{2}{m}⇔x=\frac{-2m+\frac{2}{m}}{m+\frac{1}{m}}⇔x=\frac{-2m^2+2}{m^2+1}=\frac{2(1-m^2)}{m^2+1} }$$。

• $${\displaystyle y=ｍ\frac{2(1-m^2)}{m^2+1}+2m=2m\left(\frac{1-m^2}{m^2+1}+1\right)=2m\left(\frac{1-m^2+m^2+1}{m^2+1} \right)=2m\frac{2}{m^2+1}=\frac{4m}{m^2+1}}$$。

• $${\displaystyle 1+\tan^2\frac{θ}{2}=1+\frac{\sin^2\frac{θ}{2}}{\cos^2\frac{θ}{2}}=\cos^2\frac{θ}{2}+\sin^2\frac{θ}{2}}$$。

• 2倍角の公式：$${\displaystyle \cos\left(\frac{θ}{2}+\frac{θ}{2}\right)=\cos\frac{θ}{2}\cos\frac{θ}{2}-\sin\frac{θ}{2}\sin\frac{θ}{2}}$$。

• 2倍角の公式：$${\displaystyle \sin\left(\frac{θ}{2}+\frac{θ}{2}\right)=\sin\frac{θ}{2}\cos\frac{θ}{2}+\cos\frac{θ}{2}\sin\frac{θ}{2}=2\left(\sin\frac{θ}{2}\cos\frac{θ}{2} \right)}$$。

• $${x=2\cosθ、y=2\sinθ}$$だから、$${ x^2+y^2=2^2(\cos^2θ+\sin^2θ)=4}$$。

• $${\displaystyle \tan\left(±\frac{π}{2}\right)}$$は定義されないので、$${ θ=±π}$$を除くから、$${(x,y)=(2\cos(±π),2\sin(±π))}$$の点を除く。

例題１３

（１）

• 半径$${r}$$の球が$${xy}$$平面に接しているから、球の中心$${\rm M}$$の座標は$${(x,y,r)}$$であり、$${xy}$$平面と球の接点$${\rm C}$$の座標は$${(x,y,0)}$$$である。

• $${\rm A、B}$$はともに球面上の点であるから、$${\rm M}$$からの距離はともに$${r}$$である。

• $${\rm AM}$$の距離は$${\displaystyle \sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2+(r-1)^2}}$$と表せるから、$${\rm AM= \sqrt{(x-0)^2+(y-0)^2+(r-1)^2}=r⇔(x-0)^2+(y-0)^2+(r-1)^2=r^2 }$$。

• 式①-②は$${x^2+y^2+(r-1)^2-\{x^2+(y-1)^2+(r-2)^2=r^2-r^2 ⇔ x^2+y^2+r^2-2r+1-x^2-y^2+2y-1-r^2+4r-4=0 ⇔ -2r+2y+4r-4=0 ⇔ 2r+2y-4 = 0  ⇔ y=2-r}$$。

（２）

• 接点$${\mathrm {C}(x,y,0)}$$の軌跡は、$${x,y}$$の方程式であるから、式①と式②からrを消去して、これを求める。

• 点$${\rm H}$$は$${\rm AB}$$上の点だから、$${\overrightarrow {\mathrm{OH}}=\overrightarrow {\mathrm{OA}}+t\overrightarrow {\mathrm{AB}}}$$。

• $${\overrightarrow {\mathrm{AB}}=(0,1,2)-(0,0,1)=(0,1,1)}$$。

• $${\overrightarrow {\mathrm{OH}}=(0,-t,-1-t)}$$。

• $${\overrightarrow {\mathrm{HC}}=\overrightarrow {\mathrm{OC}}-\overrightarrow {\mathrm{OH}}}$$。

• $${\rm HC}$$は点$${\rm C}$$から$${\rm AB}$$への垂線だから、$${\rm AB}$$と$${\rm HC}$$は直交するので、そのベクトルの内積は$${0}$$。

• $${t=\sinθ-1}$$を$${(2\cosθ,-1+2\sinθ-t,-1-t)}$$に代入して$${(2\cosθ,\sinθ,-\sinθ)}$$。

• $${\cosθ=1}$$のとき最大であるから、$${\rm CH}$$の最大値は、$${\sqrt{2・2}=2}$$で、$${\rm AB}$$の長さは$${\displaystyle \sqrt{(0-0)+(1-0)^2+(2-1)^2}=\sqrt{2}}$$。

問２７

【解答１】

• $${3≧x+y≧1⇔3-x≧y≧1-x⇔-x+3≧y≧-x+1}$$。

• $${1≦x≦3}$$のときに$${y≧-x+1}$$が負になるから、$${y≧0}$$の条件を付加する。

• $${I=2x+(x+1)y}$$で$${y≦-x+3}$$だから、これを代入して、$${I≦2x+(x+1)(-x＋3)}$$。同様に$${I≧2x+(x+1)(-x＋1)}$$。

【解答２】

• $${I}$$と$${x+y=3}$$が1点で接するときは、$${I}$$に$${x+y=3}$$を代入した方程式の判別式が$${0}$$になるとき。

【解答３】

• $${3≧x+y≧1⇔3-x≧y≧1-x }$$だから、$${I}$$は、$${I}$$に$${y=3-x}$$と$${x+y=3}$$を代入した値が最大値になりうる。

• $${x+y≧1}$$だから、$${x}$$と$${y}$$は同時に$${0}$$にはならない。$${x=0}$$ならば、$${y≧1}$$だから$${y=1}$$のとき$${I}$$は最小になりうるが、このときの$${I}$$の値は、$${1}$$。一方、$${y=0}$$ならば、$${x≧1}$$だから$${x=1}$$のとき$${I}$$は最小になりうるが、このときの$${I}$$の値は、$${2}$$。よって、$${I}$$の最小値は$${1}$$と言える。

問２８

【解答１】

• 四角形$${\rm ADEF}$$の面積は$${\displaystyle \frac{\sqrt3}{4}a^2+\frac{1}{2}(xy+st)}$$だから、これが最大になるときは$${a^2}$$が、$${x､y､s、t}$$との関係で最大になるとき。

•  $${\displaystyle  2a^2=x^2+s^2+y^2+t^2⇔a^2=\frac{1}{2}(x^2+s^2+y^2+t^2)=\frac{1}{2}\{(x-y)^2+(s-t)^2+2(xy+st)\}}$$だから、$${a^2}$$は、$${x=y,s=t}$$のときに最大になる。

• $${x=y,s=t}$$だから、これを代入して$${\displaystyle a^2=\frac{1}{2}\{(x-x)^2+(s-s)^2+2(xy+st)\}=(xy+st)=(x^2+t^2)}$$。

問２９

【解答１】

• $${y=tx+2t^2-1}$$が成立する条件を求める。

• $${\cosθ}$$を$${t}$$とおいたから、$${θ}$$の範囲が実数全体でも$${\cosθ}$$は$${±1}$$以下なので、$${-1≦t≦1}$$。

• $${-1≦t≦1}$$の範囲内で$${f(t)}$$が解を持つ、すなわち$${f(t)=0}$$になる点が存在する条件を求めるので、$${f(t)}$$が一般に解を持つ条件とは異なる。

• $${-1≦t≦1}$$の範囲で$${f(x)}$$の解が一つだけのときは、$${f(1)}$$と$${f(-1)}$$で符号が逆になるか、どちらかが$${0}$$になるので、$${f(1)・f(-1)≦0}$$といえる。

• $${-1≦t≦1}$$の範囲で$${f(x)}$$の解が2つあるときは、$${f(x)}$$がこの範囲で負になる。

【解答２】

• 横軸を$${t}$$とし縦軸を$${s}$$とした平面において、直線$${y=s}$$が曲線$${s=f(t)}$$と交差する条件から考える。

• $${f(t)}$$の軸が$${-1}$$以下のときは、$${-1≦t≦1}$$の範囲内で$${f(t)}$$は単調増加なので、この範囲で$${s=f(t)}$$と$${s=y}$$で交点を持つとするから、$${f(-1)≦y≦f(1)}$$となる。

• $${f(t)}$$の軸が$${-1}$$から$${1}$$の範囲にあるときは、$${y}$$が頂点の$${\displaystyle f\left(-\frac{x}{4}\right)}$$以上のときから、$${f(1)}$$または$${f(-1)}$$のいずれか大きい方までの間で交差するので、$${\displaystyle f\left(-\frac{x}{4}\right)≦y≦\max\{(f(-1),f(1))\}}$$となる。

• $${\max\{(f(-1),f(1))\}}$$について、いずれが大きいかは、$${\displaystyle -\frac{x}{4}}$$の位置によって決まり、$${\displaystyle -\frac{x}{4}}$$が$${-1}$$と$${1}$$の中央である$${0}$$を境に、$${-1}$$寄りであれば$${f(1)}$$のほうが大きく、$${1}$$寄りであれば$${f(-1)}$$のほうが大きい。

• $${f(t)}$$の軸が$${1}$$以上のときは、$${-1≦t≦1}$$の範囲内で$${f(t)}$$は単調減少なので、この範囲で$${s=f(t)}$$と$${s=y}$$で交点を持つとするから、$${f(1)≦y≦f(-1)}$$となる。

【解答３】

• (注)$${y=x^2⇔x^2-y=0}$$で、$${y=2x-1}$$を代入すると、$${x^2-(2x-1)=0 ⇔(x-1)^2=0 }$$だから、$${x=1}$$。$${y=x^2}$$だから、$${x=1}$$をこれに代入して$${y=1}$$。

• $${\displaystyle tx+2t^2-1-\left(-\frac{1}{8}x^2-1 \right)}$$において、$${tx+2t^2-1}$$と$${\displaystyle \left(-\frac{1}{8}x^2-1 \right) }$$のいずれかが接線であるかは$${x}$$の次数で判断する。

• $${\displaystyle \frac{1}{8}(x+4t)^2=0}$$を$${x}$$について解くと接点の$${x}$$座標になるから、これを$${y=tx+2t^2-1}$$に代入すると、接点の$${y}$$座標が求まる。

問３０

（１）

• $${\rm PQ}$$の長さは$${\displaystyle \mathrm{ PQ}=\sqrt{(t-0)^2+(t^2-c)^2}⇔\mathrm{ PQ^2 }=t^2+(t^2-c)^2}$$。

• $${\displaystyle \left\{t^2-\left(c-\frac{1}{2} \right) \right\}^2 }$$は、$${t^2}$$が必ず正だから、$${\displaystyle  \left(c-\frac{1}{2} \right) }$$が負なら、$${\displaystyle \left\{t^2-\left(c-\frac{1}{2} \right) \right\}^2 }$$は、$${t^2}$$より大きい数になるので、最小になるのは$${t=0}$$のとき。

• $${\displaystyle \left\{t^2-\left(c-\frac{1}{2} \right) \right\}^2 }$$は、$${t^2}$$が必ず正だから、$${\displaystyle  \left(c-\frac{1}{2} \right) }$$が正なら、$${\displaystyle \left\{t^2-\left(c-\frac{1}{2} \right) \right\}^2 }$$は、$${\displaystyle t^2=\left(c-\frac{1}{2} \right)}$$のときに$${0}$$になる。

（２）

• 円の半径が放物線上の点$${\rm Q}$$と円の中心との距離未満であれば、円は放物線内の領域に含まれる。

問３１

【解答１】

• $${\rm AB}$$上に点$${\rm P}$$があるから、$${\rm AB=AP+PB⇔PB=AB-AP}$$。

• $${\displaystyle \mathrm{ \frac{AP}{AB}}=x ⇔\mathrm{AP}=x\mathrm{AB} }$$だから、$${\mathrm {PB=AB-AP=AB-}x \mathrm {AB}=(1-x)\rm AB}$$になるから、$${\displaystyle \mathrm{ \frac{BP}{AB}}=(1-x)}$$。同様に、$${\displaystyle \mathrm{ \frac{AR}{CA}}=(1-z)}$$。

• $${\displaystyle \rm △ABC=\frac{1}{2}・AB・AC・sin∠BAC}$$で、$${\displaystyle \rm △APR=\frac{1}{2}・AP・AR・sin∠PAR}$$だから、$${\displaystyle \rm \frac{△APR}{△ABC}=\frac{\frac{1}{2}・AP・AR・sin∠PAR}{\frac{1}{2}・AB・AC・sin∠BAC}}$$で、$${\rm ∠BAC=∠PAR}$$だから、$${\displaystyle  \rm sin∠PAR=sin∠BAC⇔\frac{sin∠PAR}{sin∠BAC}=1}$$なので、$${\displaystyle \rm \frac{△APR}{△ABC}=\frac{AP}{AB}・\frac{AR}{AC} }$$となるから、$${\displaystyle \mathrm {\frac{△APR}{△ABC}=}x(1-z) }$$。

• $${x+y+z=1⇔z=1-x-y}$$だから、$${\displaystyle xy+yz+zx=xy+z(y+x)=xy+(1-x-y)(x+y)=xy+x+y-x^2-xy-xy-y^2=-y^2+(1-x)y-x^2-x=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2+\frac{(1-x)^2}{4}-x^2-x=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2-x^2+x+\frac{1-2x+x^2}{4}=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2+\frac{1}{4}\left(-4x^2+4x+1-2x+x^2\right)=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2+\frac{1}{4}\left(-3x^2+2x+1\right)=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2+\frac{1}{4}\left\{-3\left(x^2-\frac{2}{3}x\right)+1\right\}=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2+\frac{1}{4}\left\{-3\left(x-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{3}{9}+1\right\}=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2-\frac{3}{4}\left(x^2-\frac{1}{3}\right)^2+\frac{1}{4}・ \frac{4}{3}=-\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2-\frac{3}{4}\left(x-\frac{1}{3}\right)^2+ \frac{1}{3}}$$。

• $${\displaystyle -\left(y-\frac{1-x}{2} \right)^2-\frac{3}{4}\left(x-\frac{1}{3}\right)^2+ \frac{1}{3}}$$が最大になるときは、$${\displaystyle y-\frac{1-x}{2} }$$と$${\displaystyle x-\frac{1}{3}}$$が$${0}$$になるときだから、$${\displaystyle x-\frac{1}{3}=0⇔x=\frac{1}{3}}$$で、これを$${\displaystyle y-\frac{1-x}{2}=0 }$$に代入して、$${\displaystyle y-\frac{1-\frac{1}{3}}{2}=0⇔y-\frac{\frac{2}{3}}{2}=0⇔y-\frac{1}{3}=0⇔y=\frac{1}{3} }$$。

問３２

（１）

• $${(x-2y+3)+k(x-y-1)=0}$$は、$${x-2y+3=0}$$かつ$${x-y-1=0}$$のとき$${k}$$の値に拘わらず成り立つから、$${x-2y+3=0}$$と$${x-y-1=0}$$の直線の交点が、$${k}$$の値によらず$${l}$$が通る定点である。

• $${x-2y+3-(x-y-1)=0⇔-y+4=0⇔y=4}$$。

（２）_１

• $${\displaystyle (x-2y+3)+k(x-y-1)=0⇔(x+kx)+(-2y-ky)+(3-k)=0⇔(k+1)x-(k+2)y+(3-k)=0 ⇔(k+1)x+(3-k)=(k+2)y⇔y=\frac{k+1}{k+2}x-\frac{k-3}{k+2}}$$。

• $${k=-2}$$のとき$${x}$$の傾きが定義できないので、この場合を別に考えると、$${k=-2}$$を①式に代入して、$${x-5=0⇔x=5}$$。

• $${l}$$は定点$${(5,4)}$$を通るから、$${l}$$が$${\rm PQ}$$と交差して傾きが最小になるのは、$${l}$$が$${\rm P}$$を通るとき。

• $${l}$$が$${\rm P(1,3)}$$を通るときの傾きは、$${l}$$は定点$${(5,4)}$$を通るから、$${\displaystyle \frac{4-3}{5-1}=\frac{1}{4}}$$。

• $${\displaystyle \frac{1}{4}≦\frac{k+1}{k+2} }$$において、$${k+2}$$は正負の両方がありうるから、両辺に$${(k+2)^2}$$を掛けて、$${\displaystyle \frac{1}{4}≦\frac{k+1}{k+2}⇔ (k+2)^2≦4(k+1)(k+2)⇔0≦4(k+1)(k+2)-(k+2)^2⇔0≦(k+2)(4k+4-k-2)⇔0≦(k+2)(3k+2)}$$。

• $${\displaystyle  l:y=\frac{k+1}{k+2}x-\frac{k-3}{k+2}}$$の傾きは$${\displaystyle  \frac{k+1}{k+2}=1-\frac{1}{k+2}}$$となり、$${k=-2}$$は定義できないから$${l}$$の傾きは$${1}$$にならない。

（２）_２

• 線分の交差判定。$${l}$$と線分$${\rm PQ}$$が交差するとき、この交点の$${y}$$座標を基準に点$${\rm P}$$の$${y}$$座標との差と、点$${\rm Q}$$のに$${y}$$座標との差の積が負になる。

• $${l=f(x,y)}$$と線分$${\rm PQ}$$が交差するとき、点$${\mathrm P(p_x,p_y)}$$、点$${\mathrm Q(q_x,q_y)}$$として、$${f(p_x,p_y)}$$と$${f(q_x,q_y)}$$の積が負になる。端点を含む場合は積が$${0}$$になる場合を含む。

問３３

• $${y=x^2}$$の接線はこれを$${x}$$で微分して$${y=2x}$$。

• $${y=x^2+bx+c}$$の接線はこれを$${x}$$で微分して$${y=2x+b}$$。

• 直線が直交しているときは、それらの直線の傾きの積が$${-1}$$となる。

• 式①は$${(a-1)x^2+bx+c=0⇔2(a-1)x^2+2bx+2c=0}$$となるから、$${b≠0}$$のときだけ①-②で係数比較可能となる。

• $${b=0}$$のとき①式より$${\displaystyle (a-1)x^2+c=0⇔x^2=\frac{-c}{a-1}}$$、②式より$${\displaystyle 4ax^2+1=0⇔x^2=\frac{-1}{4a}}$$。また、これらはいずれも$${x^2}$$の値であるから正の値である。

• $${\displaystyle \frac{-1}{4a}}$$が正であるから、$${a}$$は負。

• $${\displaystyle \frac{-c}{a-1}}$$が正で$${a}$$が負だから、$${c}$$は正。

• $${\displaystyle c=\frac{1}{4}\left(1-\frac{1}{a} \right)}$$で$${a<0}$$だから、$${a}$$が$${∞}$$に近づくと$${c}$$は$${\displaystyle \frac{1}{4}}$$に近づく。

問３4

【解答１】

• 円$${C}$$と同じ平面に点$${\rm A}$$があるから、$${xy}$$平面上に$${\mathrm A(a,0,0)}$$と円$${C}$$ があるとおく。

• $${l}$$は$${\rm A}$$を通り、$${\rm OA}$$と直角で$${xy}$$平面と$${\displaystyle \frac{π}{4}}$$で交差するから、$${l}$$は$${\rm A}$$を通る$${z=y}$$の直線であるので、$${l}$$上の点$${\rm Q}$$は、任意の数$${t}$$を用いて$${(a,t,t)}$$と表せる。

• $${\displaystyle \overrightarrow{\rm PQ}}$$と$${\displaystyle \overrightarrow{\rm AQ}}$$が直角に交わるとき、その内積は$${0}$$。

• $${x^2+y^2=1⇔y^2=1-x^2}$$。

• $${\displaystyle (a-x)^2+\frac{1}{2}(1-x^2)=a^2-2ax+x^2+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}x^2=\frac{1}{2}x^2-2ax+a^2+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(x^2-4ax)+a^2+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(x-2a)^2-2a^2+a^2+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(x-2a)^2-a^2+\frac{1}{2}}$$。

• $${x}$$は半径$${1}$$の円$${C}$$上の点の$${x}$$座標の値だから、その範囲は$${-1≦x≦1}$$に限られるので、$${\displaystyle \frac{1}{2}(x-2a)^2-a^2+\frac{1}{2}}$$の最小値は、$${2a}$$が$${1}$$以下なのか$${1}$$で異なる。すなわち、$${2a}$$が$${1}$$以下ならば、$${x=2a}$$の値を取ることが出来るが、${2a}$$が$${1}$$以上だと、$${x=2a}$$の値を取ることが出来ないので、$${x=1}$$のときが最小値となる。

【解答２】

• 【解答１】について、$${x=\cosθ、y=\sinθ}$$として、$${\displaystyle \left|\overrightarrow{\rm PQ}\right|^2}$$を求める。

• $${\displaystyle 2\left(t-\frac{\sinθ}{2}\right)^2}$$は$${0}$$以上の値であるから、$${\displaystyle \cos^2θ+\sin^2θ=1⇔\cos^2θ=1-\sin^2θ⇔\frac{\cos^2θ}{2}=\frac{1}{2}-\frac{\sin^2θ}{2} }$$なので、$${\displaystyle 2\left(t-\frac{\sinθ}{2}\right)^2+\frac{1}{2}-\frac{\sin^2θ}{2}}$$は、$${\displaystyle \frac{\cos^2θ}{2}}$$以上の値となる。よって、$${\displaystyle  \frac{\cos^2θ}{2}-2a\cosθ+a^2+\frac{1}{2}}$$の最小値が、$${\displaystyle 2\left(t-\frac{\sinθ}{2}\right)^2-\frac{\sin^2θ}{2}+a^2-2a\cosθ+1}$$の最小値となり、$${\displaystyle \left|\overrightarrow{\rm PQ}\right|^2}$$の最小値である。

• $${\cosθ}$$は$${θ}$$の値に拘わらず$${-1}$$から$${1}$$の値になるから、【解答１】と同様に、$${2a}$$の値での場合分けが必要である。