ハイレベル理系数学～４～

　このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」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「ハイレベル理系数学（三訂版）」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。

例題１１

【解答１】

• $${\displaystyle c^2=a^2+b^2-2ab・\cos C ⇔ a^2+b^2-c^2=2ab・\cos C ⇔ \frac{(a^2+b^2-c^2)}{2ab}=\cos C}$$

• $${ a^2(b^2-a^2)+b^2(a^2-b^2)+c^4=0 ⇔ -a^2(a^2-b^2)+b^2(a^2-b^2)=-c^4 ⇔  a^2(a^2-b^2)-b^2(a^2-b^2)=c^4 }$$

• $${c^4=(a^2-b^2)^2 ⇔ c^2=±(a^2-b^2) ⇔ a^2=b^2+c^2}$$または$${b^2=a^2+c^2}$$

• $${a^2=b^2+c^2}$$だから、$${a\rm{(=BC)}}$$を斜辺とする直角三角形。斜辺に向かい合う$${∠A}$$は$${90°}$$だから、$${\rm{BC}}$$を直径とした円の円周角になっている。

• $${b^2=a^2+c^2}$$だから、$${b\rm{(=CA)}}$$を斜辺とする直角三角形。斜辺$${\rm{CA}$$に向かい合う$${\rm{∠B}}$$は$${90°}$$

【解答３】

• $${ \sin(α＋β)=\sinα \cosβ+\cosα\sinβ }$$において $${α=A、β=A}$$とすると、$${ \sin 2A = 2\sin A \cos A }$$

• 三角関数の和積公式 $${ \sinα+\sinβ=2\sin\frac{(α+β)}{2}\cos\frac{(α-β)}{2} }$$において、$${α=2A、β=2B}$$とすると、$${\sin2A+\sin2B=2\sin(A+B)cos(A-B)}$$

• 三角形だから$${A+B+C=π- C=π-(A+B)。\sin\{π-(A+B)\}=\sin(A+B)}$$

【解答４】

図１

• $${l_1}$$の定義より、$${ \rm{ ∠H_2CA=∠ABC }}$$、
  $${ \rm{ ∠BAC+∠CBA+∠ACB=180° }}$$、
  $${ \rm{ ∠H_2CA+∠ACB+∠BCH_1=180°}}$$  、
  $${ \rm{ ∠BAC+∠CBA+∠ACB=∠H_2CA+∠ACB+∠BCH_1 }}$$
  $${ \rm{ ⇔ ∠BAC=∠BCH_1 }}$$

• $${ a \cos\rm{(∠BCH_1)}= \textit{a} \cos(\rm{∠BAC})=\rm{CH_1}  }$$、
  $${b\cos(\rm{∠H_2CA})= \textit{b}\cos(\rm{∠ABC})=\rm{CH_2}  }$$よって、$${\rm{ CH_1+CH_2}=\textit{c} \cos(∠ACB)、CH_1+CH_2=H_1H_2=AH_3 }$$

• $${ \rm{ AH_3=\textit{c}\cos(∠BAH_3)}}$$、よって$${ \rm{ ∠BAH_3=∠ACB } }$$。

• $${l_2}$$と$${l_1}$$が平行だから、$${ \rm{∠H_2CA=∠CAH_3 } }$$。
  $${ \rm{∠BAH_3+∠CAH_3=∠CAB ⇔ ∠ACB+∠H_2CA=∠CAB } }$$
  $${ \rm{⇔ ∠ACB+∠ABC=∠CAB } }$$

• $${ \rm{∠BAC+∠CBA+∠ACB=180° }}$$だから、$${ \rm{∠ACB+∠ABC=∠CAB } }$$を代入して、$${ \rm{ 2∠CAB=180°⇔ ∠CAB=90° } }$$

図２

• $${l_1}$$の定義より、$${ \rm{ ∠H_2CA=∠ABC、 }}$$
  $${ \rm{∠BAC+∠CBA+∠ACB=180° }}$$、
  $${ \rm{ ∠H_2CA+∠ACB+∠BCH_1=180°∠BAC+∠CBA+∠ACB }}$$
  $${ \rm{ =∠H_2CA+∠ACB+∠BCH_1 ⇔ ∠BAC=∠BCH_1 }}$$

• $${ a\rm{\cos(∠BCH_1)}=\textit{a}\cos(∠BAC)=CH_1}$$、
  $${ b\cos(\rm{∠H_2CA})=\textit{b}\cos(∠ABC)=CH_2}$$ よって、
  $${ \rm{CH_1+CH_2=}\textit{c} \cos(∠ACB)、CH_1+CH_2=H_1H_2=AH_3  }$$

• $${ a\rm{AH_3}=\textit{c}\cos(∠BAH_3)}$$、よって$${ \rm{∠BAH_3=∠ACB }}$$。

• $${l_2}$$と$${l_1}$$が平行だから、$${ \rm{∠H_2CA=∠CAH_3}}$$。
  $${ a\rm{∠CAH_3-∠BAH_3=∠CAB ⇔ ∠ABC-∠BCA=∠CAB}}$$
  $${ \rm{⇔ ∠ABC=∠BCA+∠CAB}}$$。

• $${ \rm{∠BAC+∠CBA+∠ACB=180°}}$$だから、 $${ \rm{∠ABC=∠BCA+∠CAB}}$$を代入して、$${ \rm{2∠CBA=180°⇔∠CBA=90°}}$$。

例題１２

解答１

• 直交する直線の傾きの積は$${-1、\rm{OP}}$$の傾きは$${\displaystyle \frac{1}{p}}$$だから、$${\rm{OP}}$$の垂直二等分線の傾きは$${-p}$$。

• $${l_P}$$は$${\rm{OP}}$$の中点を通る。$${\rm{OP}}$$の中点は$${\displaystyle \left( \frac{p}{2},\frac{1}{2} \right) }$$。よって、$${l_P}$$の方程式は$${y=ax+c}$$に$${\displaystyle x=\frac{p}{2},y=\frac{1}{2},a=-p}$$を代入して、$${\displaystyle \frac{1}{2}=-p\frac{p}{2}+c ⇔ c=\frac{p^2+1}{2} }$$だから、$${\displaystyle y=-px+\frac{p^2+1}{2} }$$

• $${x}$$を定数とみなして、$${y}$$を$${p}$$の二次関数としてみる。

• $${\displaystyle f(p)=\frac{1}{2}(p-x)^2-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2} }$$ だから $${p}$$と$${x}$$の関係によって 最大、最小を与える$${p}$$が変る。

• $${f(p)}$$の最小値は$${p=x}$$のときで$${ \displaystyle f(p)=-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}}$$だが、$${p}$$の範囲は$${-1}$$から$${1}$$だから、$${x}$$がこれを超えたときを別途考えなければならない。

• $${x≦-1}$$のとき、$${l_P}$$は$${ \displaystyle y=-px+\left(p^2+\frac{1}{2}\right) }$$なのだから、$${x}$$の符号が負なので、$${p=-1}$$のときの$${x+1}$$が最小。逆に$${p=1}$$のときの$${-x+1}$$が最大。

• $${-1<x<1}$$のときの最大は、$${x}$$の符号によってかわる。$${x}$$が正のときは、$${x+1}$$が最大。$${x}$$が負のときは$${-x+1}$$が最大。

• $${1≦x}$$のとき、$${x}$$が正だから$${x+1}$$が最大、$${-x+1}$$が最小。

【解答２】

• $${l_P}$$の方程式が$${p^2-2xp-2y=0}$$であるから、これが$${-1≦p≦1}$$において成立する実数$${p}$$が存在しなければならない。

• $${f(p)=p^2-2xp-2y}$$を平方完成すると、$${f(p)=(p-x)^2-x^2+1-2y}$$であるから、軸は$${x}$$、頂点は$${-x^2+1-2y}$$。

• $${-1≦p≦1}$$において$${f(p)}$$が実数解をもつ条件は、軸が$${-1}$$から$${1}$$の間にあり、頂点の$${f(p)}$$が負、頂点は$${-1≦p≦1}$$の間になければならないから、$${f(-1)}$$と$${f(1)}$$は正。

• $${-1≦p≦1}$$において解が$${1}$$つだけのときは、$${f(-1)}$$と$${f(1)}$$で符号が逆になる。よって、$${f(-1)・f(1)≦0}$$。

• $${ f(-1)・f(1)≦0 ⇔ (x-y+1)(-x-y+1)≦0 }$$だから、$${y≧x+1}$$かつ$${y≦-x+1}$$ と$${ y≦x+1}$$かつ$${y≧-x+1}$$ の両方。

【解答３】

• $${\rm{OP}}$$の垂直二等分線が$${l_P}$$だから、$${\rm{XO=PX}}$$。

• $${\rm{OX}}$$の長さは$${ \displaystyle \sqrt{x^2+y^2} }$$、$${\rm{PX}}$$の長さは$${ \displaystyle \sqrt{(x-p)^2+(y-1)^2} }$$ よってこれが等しいから$${\sqrt{    }}$$をとって、$${\displaystyle  (x^2+y^2)=(x-p)^2+(y-1)^2 ⇔ y=-px+\frac{p^2+1}{2}=\frac{1}{2}(p-x)^2-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}  }$$

• $${\displaystyle y=\frac{1}{2}(p-x)^2-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}≧-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2} }$$の等号成立が$${x=p}$$であるから、$${l_P}$$と$${\displaystyle y=-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2} }$$は$${x=p}$$で接する。

例題１３

【解答1】

• $${ \displaystyle \tan(α+β)=\frac{60}{r}、\tanβ=\frac{10}{r} }$$。

【解答２】

• $${ \rm {AB^2=PA^2+PB^2-２PA・PB・\cos \textit{α} }}$$。

【解答３】

• $${ \overrightarrow{ \rm{PA}}=(-x,-y,1)、 \overrightarrow{ \rm{PB}}=(-x,-y,6)}$$。

• $${\displaystyle t+6≦\sqrt{t+1}・\sqrt{t+6^2}・\frac{1}{\sqrt{2}} }$$ 両辺を二乗しても大小関係は同じだから、$${ \displaystyle (t+6)^2 ≦ \frac{(t+1)(t+36)}{2} ⇔ 2(t+6)^2≦(t+1)(t+36) }$$。

• 縮尺を$${10}$$倍にしたら、面積は$${10^2}$$倍。

【解答４】

• 円周角の定理から、$${45°}$$になる地点を調べると、$${P_1}$$と$${P_2}$$の間だけが、$${45°}$$以上になる。

• 円と交わる直線の垂直二等分線は中心を通る。

問３４

（２）

• $${\displaystyle y=\frac{2}{3}・\frac{x+1}{2} ⇔ 4x-6y+3=0 }$$。

• 点と直線の距離の公式。

（３）

• $${\displaystyle \frac{1}{3} < \frac{1}{2} < \frac{2}{3} }$$ だから、$${\displaystyle y=\frac{2}{3}x+\frac{1}{2} }$$は、$${\displaystyle y=\frac{2}{3}x+\frac{1}{3} }$$ と $${\displaystyle y=\frac{2}{3}x+\frac{2}{3} }$$ の間にある。

問３５

【解答１】

• 問題の与式より、円の中心が$${(a,b)}$$、半径$${r}$$として$${r^2=a^2+b^2}$$とわかる。

• 点と円の位置関係の条件。$${円の方程式=0}$$のとき円周上、$${円の方程式>0}$$のとき円の外部、$${円の方程式<0}$$のとき円の内部。

• $${\displaystyle f(t)=\left(t-\frac{a}{2}\right)^2+1-\left(\frac{a^2}{4}\right)-b>0}$$ において、$${0≦t≦1}$$ であるから、$${ \displaystyle t-\frac{a}{2}}$$が最小となる$${t}$$ を考える。

• $${\displaystyle \frac{a}{2}}$$が$${0}$$以下であれば、$${t=0}$$で$${f(t)}$$が最小となる。このときの$${f(t)}$$が$${>0}$$である条件は、$${f(0)>0}$$。

• $${\displaystyle \frac{a}{2}}$$が$${0}$$から$${1}$$の間にあるときは、$${t}$$と$${\displaystyle \frac{a}{2}}$$が等しいときに$${ \displaystyle t-\frac{a}{2}}$$が$${0}$$で最小、このときの$${f(t)}$$が$${>0}$$である条件は、$${\displaystyle f\left( \frac{a}{2}\right)>0}$$。

• $${\displaystyle \frac{a}{2}}$$が$${1}$$より大のときは、$${t=1}$$で$${f(t)}$$が最小。このときの$${f(t)}$$が$${>0}$$である条件は、$${f(1)>0}$$。

• 与式の円の半径$${\sqrt{a^2+b^2}}$$は$${0}$$ではないから、$${a}$$と$${b}$$は同時に$${0}$$にはならないので、$${(a,b)=(0,0)}$$を除く。

【解答２】

• $${x^2+y^2-2ax-2by=0 ⇔ (x-a)^2+(y-b)^2=a^2+b^2 }$$であるから、$${(x,y)=(0,0)}$$の点は、$${a,b}$$の値に拘わらず円周上の点になる。

• 原点を通って中心が$${(a,b)}$$の円と線分$${\rm{AB}}$$との位置関係で考える。円の中心と線分$${\rm{AB}}$$との最小距離が円の半径より大きいという条件を用いる。

問３６

【解答１】

• $${\cos^2θ+\sin^2θ=1}$$。

• $${θ}$$が直角のときに$${\rm{PB}$$が2}$$であるから、$${θ}$$が鈍角になると$${\rm{PB}}$$が$${2}$$よりも大きくなり、$${\rm{△PQB}}$$が成立しなくなる。よって$${θ}$$は鋭角。

• $${ \displaystyle S^2+T^2=-\frac{3}{2}\left(\cosθ-\frac{\sqrt{3}}{6}\right)^2+\frac{7}{8} }$$だから、$${ \displaystyle \left(\cosθ-\frac{\sqrt{3}}{6}\right) }$$が$${0}$$のとき最大。$${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{6} }$$より小さいから$${\cosθ=0 }$$よりも$${\cosθ=1 }$$のほうが$${S^2+T^2 }$$は大きい。

• $${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{6} }$$が$${0}$$のとき$${\displaystyle S^2+T^2=\frac{7}{8}、\cosθ=1}$$のとき$${\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{4} }$$。

【解答２】

• $${\displaystyle S^2＋T^2=\frac{1}{8}\left\{7-(x^2-3)^2 \right\} }$$だから、$${x^2-3}$$が$${0}$$のときに$${S^2＋T^2}$$が最大。$${4-2\sqrt{3}<x^2<4}$$だから、$${x^2=4-2\sqrt{3}}$$のほうが$${x^2-3}$$が大きくなり、$${S^2＋T^2}$$が最小。

問３７

【解答１】（１）

• $${α}$$と$${β}$$は、$${mα-β=-2m}$$と$${α+mβ=2}$$の連立方程式から求める。

• $${\rm{BB'}}$$の中点は、$${ \overrightarrow {\rm{ OB}}}$$ と$${\overrightarrow {\rm{OB'}}}$$の和の$${\displaystyle \frac{1}{2} }$$であり、$${\vec{l}}$$の単位ベクトルの$${ \rm{ \left| \overrightarrow{OB} \right| } \cosθ}$$倍である。

• $${ \rm{ \left| \overrightarrow{OB} \right| } \cosθ}$$は$${ \overrightarrow {\rm{ OB}}}$$ と$${\vec{l}}$$の単位ベクトルの内積。

【解答１】（２）

• 直線の方程式$${ (x_2-x_1)(y-y_1)=(y_2-y_1)(x-x_1) }$$

• 直線$${\rm{AB'}}$$と$${y=mx}$$の交点は、$${(1-3m^2)y=4m(x-1)}$$と$${y=mx}$$の交点。

• $${\displaystyle \frac{4}{3(1+m^2)}}$$において、$${m}$$が負でも全体が負になることはない。

【解答２】（１）

• $${\rm{B'}}$$は$${l}$$を軸とした$${\rm{B}}$$の対称点だから、$${\rm{∠B'OB}}$$は$${2θ}$$。

• 重心の座標は頂点の座標の平均。

【解答３】（２）

• $${\rm{O}}$$が円周上の点で$${\rm{M}}$$の軌跡がその円だから、$${\rm{OM}}$$上の点の軌跡も円。

問３８

【解答１】

• $${\rm{P}}$$や$${\rm{Q}}$$が$${\rm{O}}$$から一番遠いのは$${\rm{O}}$$を中心とした円周上にあるとき。

• $${\rm{P}}$$が円周上にあるとき、$${\rm{AP}}$$の垂直二等分線は中心を通るから、$${\displaystyle \rm{PN＝\frac{PA}{2} }}$$

• $${\rm{ON }}$$は$${\rm{PO }}$$が1で$${\rm{PN }}$$が$${ \displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}} }$$だから、三平方の定理で求まる。

【解答２】

• $${\rm{△PQA}}$$は1辺の長さかが$${\displaystyle \frac{2}{\sqrt{3} }}$$であるから、半径$${1}$$の円の中心である$${\rm{O}}$$は必ず$${\rm{△PQA}}$$の内部にある。したがって、$${\rm{∠OAQ≦∠OAP}}$$。

• $${\rm{△OPA}}$$における余弦定理は、$${\rm{PO^2=PA^2+OA^2-2・PA・OA・} \cosα}$$。

• $${\rm{P}}$$が円周上にあるとき、$${\rm{PO=1、AO=1}}$$。

• $${\rm{△OQA}}$$における余弦定理は、$${\displaystyle \rm{QO^2=QA^2+QA^2-2・QA・OA・\cos \left(\frac{π}{3-θ}\right)} }$$

• $${\displaystyle \cos\left(α-\frac{π}{6}\right)=\cosα\sin\left(\frac{π}{6}\right)+\sinα\cos\left(\frac{π}{6}\right)}$$

問３９

【解答１】

• $${\rm{△APB }}$$の内接円の中心がOだから、$${\displaystyle \rm{ ∠OAB=\frac{1}{2}∠BAP、∠ABO=\frac{1}{2}∠ABP}}$$ 。

• $${\displaystyle \rm{ ∠OAB=\frac{1}{2}∠BAP}}$$、
  $${\displaystyle \rm{∠AOB=π-∠OAB-∠ABO=π-\frac{1}{2}(∠ABP＋∠OAB) }}$$ 。

【解答２】

• $${\rm{O}}$$は$${\rm{△ABP、O'}}$$は$${\rm{△CAP}}$$の内接円だから、$${\rm{AO}}$$は$${\rm{∠PAB}}$$を、$${\rm{AO'}}$$は$${\rm{∠CAP}}$$を2等分する。よって、$${\rm{∠OAO'}}$$は$${\rm{∠BAC}}$$の$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$である。

• $${\rm{OG}}$$の長さは、$${\rm{G}}$$が重心だから$${\displaystyle \rm {\frac{2}{3}AH、AH}}$$と$${\rm{BC}}$$は直角で、$${\displaystyle \rm{BH=\frac{1}{2}BC}}$$。$${\rm{AH}}$$の長さは$${\displaystyle a\sin60°=a\frac{\sqrt{3}}{2} }$$

問４０

（１）

• $${\rm{A}}$$点を中心に$${180°}$$回転だから、$${\rm{∠P_0WZ=∠P_1AB、∠P_0ZW=∠P_1BA}}$$。

• $${\rm{B}}$$ 点を中心に$${180°}$$回転だから、$${\rm{∠P_2BY=∠P_1BA、∠P_2CZ=∠P_0YX }}$$。

• $${\rm{C}}$$点を中心に$${180°}$$回転だから、$${\rm{∠P_2CZ=∠P_3CD、∠P_3DC=∠P_0XY }}$$。

（２）

• $${\displaystyle  4\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+4\left(y-\frac{1}{2}\right)^2+2}$$が最小になるときは$${\displaystyle x=y=\frac{1}{2}}$$のとき、最大の時は$${x=y=1}$$または$${0}$$のとき。

• 原点をどこにとっても成り立つから、$${x=y=1}$$または$${0}$$のとき一般に正方形の頂点と言える。

問４１

• ここでは$${x､y､z}$$は係数。$${X,Y,Z}$$を変数とする。

• 原点を中心として$${(0,0,-1)}$$を通る球面だから球の半径は$${1}$$

• 直径が$${\rm{OP}}$$であるから、中心は$${\displaystyle \left( \frac{x}{2},\frac{y}{2} , \frac{z}{2} \right) }$$、半径は$${\displaystyle \left(\frac{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}{2} \right)^2}$$

• $${L}$$は$${S}$$と$${K}$$の連立方程式

• $${\rm{PQ}}$$は点$${\rm{P}}$$と平面$${L}$$の距離、$${\rm{AR}}$$は点$${\rm{A}}$$と平面$${L}$$との距離。

• $${\rm{PQ≦AR ⇔}}$$ $${\displaystyle \frac{ \left |x^2+y^2+z^2 \right |}{ \sqrt{x^2+y^2+z^2}} }$$ $${\displaystyle ≦\frac{|z+1|}{ \sqrt{x^2+y^2+z^2}} }$$。 $${x^2+y^2+z^2>1 }$$だから両辺にこれを掛けても不等号の向きは変らない。

• $${z<-1}$$のときは、$${z^2>-z}$$なので、$${x^2+y^2+z^2-1≦-z-1 ⇔ x^2+y^2+z^2≦-z}$$で$${x}$$と$${y}$$が$${0}$$でも$${z^2≦-z}$$ となり、$${z^2>-z}$$と矛盾するから、不適。

• $${ \displaystyle x^2+y^2+\left(z-\frac{1}{2}\right)^2=\left(\frac{3}{2}\right)^2 }$$は、$${\displaystyle \left(0,0,\frac{1}{2}\right)}$$を中心とする半径$${\displaystyle \frac{3}{2} }$$の球面だから、$${K}$$は$${S}$$を内包するので、$${V}$$は、半径$${\displaystyle \frac{3}{2} }$$の球から半径$${1}$$の球を引いたもの。

問４２

（１）

• $${\overrightarrow {\rm{NQ}}=\overrightarrow {\rm{OQ}}-\overrightarrow {\rm{ON}}=(x,y,0)-(0,0,1)=(x,y,-1) }$$

（２）

• 球$${S}$$は$${z=0}$$の$${xy}$$平面において、$${(x､y)=(0,0)}$$を中心とする半径$${1}$$の円。

• 曲線$${B}$$は$${xy}$$平面にあり、$${\displaystyle (x,y)=\left( \frac{1}{a},0 \right) }$$を中心とする半径$${\displaystyle \sqrt{\frac{1}{a^2-1}}}$$の円。

• $${z=0}$$の$${zy}$$平面上で、$${S}$$と$${B}$$が重なる部分と重ならない部分の弧の長さの比が$${1:5}$$である。

• 弧の長さの比は中心角の比と同じだから、中心角の比が$${1:5}$$になるので、中心角は$${60°}$$と$${300°}$$

• $${\rm{∠OO'C}}$$は、中心角の半分だから$${30°}$$

• $${ \rm{OO'}}$$=$${\displaystyle \frac{1}{a} }$$、$${ \rm{OC=1、O'C=}}$$ $${\displaystyle \sqrt{\frac{1}{a^2}-1} }$$なので、$${ \rm{OO'^2=OC^2+O'C^2}}$$で三平方の定理が成り立つから、$${ \rm{△OCO'}}$$は直角三角形で、$${ \rm{∠OCO'}}$$が直角。

• $${\displaystyle \frac{1}{a}\sin60°=1}$$より$${a=2}$$。