共通テスト 数学II・数学B 2021年度追試 第1問 [2] 解説

【必答問題】

問題編

問題

 $\def\myBox#1{\bbox[3px, border:2px solid]{\ \bf{ #1 }\ }}\def\mybox#1{\bbox[4px, border:1px solid gray]{\ #1\ }}\def\dBox#1{\bbox[4px, border: 2px solid ]{\bbox[2px, border: 1px solid ]{\ \bf{ #1 }\ } }}\def\dbox#1{\bbox[4px, border: 1px solid ]{\bbox[2px, border: 1px solid ]{\ #1\ } }}$座標平面上の原点を中心とする半径 $1$ の円周上に3点 $\mathrm{ P }(\cos\theta,\sin\theta)$, $\mathrm{ Q }(\cos\alpha, \sin\alpha)$, $\mathrm{ R }(\cos\beta,\sin\beta)$ がある、ただし、 $0\leqq \theta\lt \alpha\lt\beta\lt 2\pi$ とする。このとき、 $s$ と $t$ を次のように定める。
\begin{eqnarray}
s &=& \cos\theta+\cos\alpha+\cos\beta \\[5pt] t &=& \sin\theta+\sin\alpha+\sin\beta \\[5pt] \end{eqnarray}

(1) $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形や二等辺三角形のときの $s$ と $t$ の値について考察しよう。

考察1

$\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形である場合を考える。

 この場合、 $\alpha$, $\beta$ を $\theta$ で表すと
\begin{eqnarray}
\alpha &=& \theta+\dfrac{\myBox{シ}}{3}\pi \\[5pt] \beta &=& \theta+\dfrac{\myBox{ス}}{3}\pi
\end{eqnarray}であり、加法定理により
\begin{eqnarray}
\cos\alpha &=& \dBox{セ} \\[5pt] \sin\alpha &=& \dBox{ソ}
\end{eqnarray}である。同様に、 $\cos\beta$ および $\sin\beta$ を、 $\sin\theta$ と $\cos\theta$ を用いて表すことができる。

 これらのことから、 $s=t=\myBox{タ}$ である。

$\dbox{セ}, \dbox{ソ}$ の解答群(同じものを繰り返し選んでもよい。)

 0: $\dfrac{1}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

 1: $\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta$

 2: $\dfrac{1}{2}\sin\theta-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

 3: $\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\dfrac{1}{2}\cos\theta$

 4: $-\dfrac{1}{2}\sin\theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

 5: $-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta$

 6: $-\dfrac{1}{2}\sin\theta-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

 7: $-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\sin\theta-\dfrac{1}{2}\cos\theta$

 

考察2

$\triangle \mathrm{ PQR }$ が $\mathrm{ PQ=PR }$ となる二等辺三角形である場合を考える。

 例えば、点 P が直線 $y=x$ 上にあり、点 Q, R が直線 $y=x$ に関して対称であるときを考える。このとき、 $\theta=\dfrac{\pi}{4}$ である。また、 $\alpha$ は $\alpha\lt\dfrac{5}{4}\pi$, $\beta$ は $\dfrac{5}{4}\pi\lt\beta$ を満たし、点 Q, R の座標について、 $\sin\beta=\cos\alpha$, $\cos\beta=\sin\alpha$ が成り立つ。よって\[ s=t=\dfrac{\sqrt{\myBox{チ}}}{\myBox{ツ}}+\sin\alpha+\cos\alpha \]である。

 ここで、三角関数の合成により\[ \sin\alpha+\cos\alpha=\sqrt{\myBox{テ}} \sin\left(\alpha+\dfrac{\pi}{\myBox{ト}}\right) \]である。したがって\[ \alpha=\dfrac{\myBox{ナニ}}{12}\pi, \beta=\dfrac{\myBox{ヌネ}}{12}\pi \]のとき、 $s=t=0$ である。

(2) 次に、 $s$ と $t$ の値を定めたときの $\theta$, $\alpha$, $\beta$ の関係について考察しよう。

考察3

$s=t=0$ の場合を考える。

 この場合、 $\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$ により、 $\alpha$ と $\beta$ について考えると\[ \cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=\dfrac{\myBox{ノハ}}{\myBox{ヒ}} \]である。

 同様に、 $\theta$ と $\alpha$ について考えると\[ \cos\theta\cos\alpha+\sin\theta\sin\alpha=\dfrac{\mybox{ノハ}}{\mybox{ヒ}} \]であるから、 $\theta$, $\alpha$, $\beta$ の範囲に注意すると\[ \beta-\alpha=\alpha-\theta=\dfrac{\myBox{フ}}{\myBox{ヘ}}\pi \]という関係が得られる。

(3) これまでの考察を振り返ると、次の 0 ~ 3 のうち、正しいものは $\dBox{ホ}$ であることがわかる。

$\dbox{ホ}$ の解答群

 0: $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形ならば $s=t=0$ であり、 $s=t=0$ ならば $\triangle \mathrm{ PQR }$ は正三角形である。

 1: $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形ならば $s=t=0$ であるが、 $s=t=0$ であっても $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形でない場合がある。

 2: $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形であっても $s=t=0$ でない場合があるが、 $s=t=0$ ならば $\triangle \mathrm{ PQR }$ は正三角形である。

 3: $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形であっても $s=t=0$ でない場合があり、 $s=t=0$ であっても $\triangle \mathrm{ PQR }$ が正三角形でない場合がある。

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(2020年09月 時点の情報です)

考え方

図形と絡めた問題です。図形の知識はほとんどなくてもできますが、あるとさらに考えやすくなるかもしれません。誘導は丁寧です。

(3)は、(2)までの内容が解けていれば選べます。ただ、(1)の後半があるせいで、逆に少し迷ってしまうかもしれません。

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