独自の解答・詳解
問題文は非掲載
小問2問・無料

東京大学　2020年度　前期日程　理科

第6問三角関数・図形と方程式の解答・解説

中間値の定理・三角方程式の解の個数・楕円の法線・合成当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/11

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理科の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/11時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

問題を転載している非公式サイトへのリンクは、当サイトでは行っていません。

(1) $A > 1$ のとき $A sin 2 θ - sin (θ + α) = 0$ が $0 \leq θ < 2 π$ に少なくとも $4$ 個の解をもつことを示す

答 $sin 2 θ = \pm 1$ となる $4$ 点で符号が交互に変わるので、中間値の定理から $4$ 個

$sin 2 θ$ が $\pm 1$ をとる点を選ぶと、第1項の絶対値は $A$ になる。第2項は絶対値が $1$ 以下なので、 $A > 1$ なら第1項の符号がそのまま全体の符号を決める。 $sin 2 θ$ は $1, - 1, 1, - 1$ と交互にとるので、符号も交互に変わる。

$F (θ) = A sin 2 θ - sin (θ + α)$ とおく。 $θ = \frac{π}{4}, \frac{3 π}{4}, \frac{5 π}{4}, \frac{7 π}{4}$ では $sin 2 θ$ がそれぞれ $1, - 1, 1, - 1$ になるから、 $∣ sin (θ + α) ∣ \leq 1$ とあわせて

F (\frac{π}{4}) \geq A - 1 > 0, F (\frac{3 π}{4}) \leq - A + 1 < 0, F (\frac{5 π}{4}) > 0, F (\frac{7 π}{4}) < 0

となる。 $F$ は連続だから、中間値の定理により $(\frac{π}{4}, \frac{3 π}{4})$ 、 $(\frac{3 π}{4}, \frac{5 π}{4})$ 、 $(\frac{5 π}{4}, \frac{7 π}{4})$ のそれぞれに解が少なくとも1つある。

さらに $F$ は周期 $2 π$ をもち $F (\frac{π}{4} + 2 π) = F (\frac{π}{4}) > 0$ なので、 $(\frac{7 π}{4}, \frac{π}{4} + 2 π)$ にも解がある。この区間の解は $2 π$ を引けば $0 \leq θ < 2 π$ の中の、上の3つとは別の位置に来る。よって $0 \leq θ < 2 π$ に少なくとも $4$ 個の解がある。

$\frac{π}{4}$ から $\frac{7 π}{4}$ までだと符号の変化は3回しかない。周期性を使って $\frac{7 π}{4}$ から $\frac{π}{4} + 2 π$ までをもう1区間として数えると4個になる。

(2) $D$ 内のすべての点 $P$ が条件をみたすような $r$ が存在することを示し、その最大値を求める

答最大値は $r = \frac{1}{2}$

「 $Q$ での接線と $PQ$ が直交する」を式にすると、 $Q$ の媒介変数 $θ$ についての方程式になり、整理すると (1) とまったく同じ形 $A sin 2 θ - sin (θ + α) = 0$ になる。 $A$ は $P$ の位置だけで決まり、 $A > 1$ が $2 x^{2} + y^{2} < \frac{1}{4}$ と同値になる。最大値のほうは、 $P$ を特別な向きにとって解の個数を直接数えればよい。

$C$ 上の点を $Q (2 cos θ, sin θ)$ とおく。 $θ$ を動かすと $Q$ は $C$ を1周し、 $0 \leq θ < 2 π$ の範囲では $θ$ と $Q$ が1対1に対応する。接線の方向ベクトルは

(- 2 sin θ, cos θ)

である。 $P (p, q)$ として、 $PQ$ と接線が直交する条件は

- 2 sin θ (2 cos θ - p) + cos θ (sin θ - q) = 0

すなわち、 $s = 2 p$ とおくと

sin θ cos θ - s sin θ + q cos θ = 0, つまり \frac{1}{2} sin 2 θ = s sin θ - q cos θ

である。なお $2 p^{2} + q^{2} = s^{2} + q^{2}$ なので、 $D$ は $s^{2} + q^{2} < r^{2}$ と書き直せる。

$r \leq \frac{1}{2}$ なら条件がみたされる。 $P$ が原点なら $s = q = 0$ で、方程式は $sin 2 θ = 0$ となり $θ = 0, \frac{π}{2}, π, \frac{3 π}{2}$ の $4$ 個の解をもつ。 $P$ が原点でないときは、合成して

s sin θ - q cos θ = s^{2} + q^{2} sin (θ + α)

となる $α$ がとれるので、両辺を $s^{2} + q^{2}$ で割って

A sin 2 θ - sin (θ + α) = 0, A = \frac{1}{2 s ^{2} + q ^{2}}

の形になる。 $s^{2} + q^{2} < \frac{1}{2}$ なら $A > 1$ なので、(1) より解は少なくとも $4$ 個ある。異なる $θ$ には異なる $Q$ が対応するから、条件をみたす $Q$ も少なくとも $4$ 個ある。

よって $r = \frac{1}{2}$ とすれば、 $D$ のすべての点 $P$ （ $s^{2} + q^{2} < \frac{1}{4}$ ）で条件がみたされる。とくにそのような $r$ は存在する。

$r > \frac{1}{2}$ では成り立たない。 $s = q = c > 0$ の点を考える。方程式は

sin θ cos θ - c sin θ + c cos θ = 0

である。 $w = cos θ - sin θ$ とおくと $w^{2} = 1 - 2 sin θ cos θ$ より $sin θ cos θ = \frac{1 - w ^{2}}{2}$ で

\frac{1 - w ^{2}}{2} + c w = 0 ⟺ w^{2} - 2 c w - 1 = 0 ⟺ w = c \pm c^{2} + 1

となる。 $w = 2 cos (θ + \frac{π}{4})$ なので、 $∣ w ∣ < 2$ なら $θ$ は $2$ 個、 $∣ w ∣ = 2$ なら $1$ 個、 $∣ w ∣ > 2$ なら $0$ 個である。 $c + c^{2} + 1 \leq 2$ を整理すると

c^{2} + 1 \leq 2 - c ⟺ c^{2} + 1 \leq 2 - 22 c + c^{2} ⟺ c \leq \frac{1}{2 2}

となる（もう一方の $c - c^{2} + 1$ は $c \geq 0$ ならつねに $- 2$ 以上）。したがって $c > \frac{1}{2 2}$ では $w = c + c^{2} + 1$ に対応する $θ$ がなく、解は $2$ 個しかない。 $c = \frac{1}{2 2}$ でも $3$ 個である。

この点の原点からの「 $D$ での距離」は $s^{2} + q^{2} = 2 c$ で、 $c \geq \frac{1}{2 2}$ は $2 c \geq \frac{1}{2}$ にあたる。 $r > \frac{1}{2}$ なら $\frac{1}{2} \leq 2 c < r$ となる $c$ がとれて、その $P$ は $D$ の中にありながら条件をみたさない。よって $r > \frac{1}{2}$ は不適である。

以上より求める最大値は $r = \frac{1}{2}$ である。

楕円

C

（外側）と、

2 x^{2} + y^{2} = \frac{1}{4}

が表す楕円（内側の実線）、および「ちょうど

4

個あるかどうか」の境目になる星形の曲線（破線）。内側の楕円は星形にぴったり内接し、接する点が

4

つある。

$s^{2} + q^{2} < \frac{1}{2}$ をみたす $60$ 点を無作為にとって解の個数を数値で数えると、すべて $4$ 個以上だった。 $s^{2} + q^{2} > \frac{1}{2}$ の $60$ 点では $36$ 点で $4$ 個未満になる。 $c = \frac{1}{2 2} = 0.3535534$ では $c + c^{2} + 1 = \frac{1}{2 2} + \frac{3}{2 2} = 2$ となってちょうど境目になり、この点の距離は $2 c = \frac{1}{2}$ である。

$s = 2 p$ と置きかえると、 $D$ の条件 $2 p^{2} + q^{2} < r^{2}$ がそのまま $s^{2} + q^{2} < r^{2}$ になり、(1) の $A$ も $\frac{1}{2 s ^{2} + q ^{2}}$ ときれいに書ける。この置きかえをしないと式が見通せない。

$P$ が原点の場合は合成ができないので、別に扱う。このときはちょうど $4$ 個になる。

最大値を出すには「 $r > \frac{1}{2}$ だと壊れる」具体例が要る。 $s = q$ の向き（楕円の縮閉線が原点にいちばん近づく向き）をとるのがよく、そこでは $w = cos θ - sin θ$ の置きかえで解の個数が正確に数えられる。

2020年度の全6問をまとめて読む

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。解答は当サイトで検算していますが、誤りが残っている可能性はあります。掲載方針

当サイト運営者が制作した教材

同じ形式の問題を、5回分

合格答案をつくる東大理系数学 2027

東大理系数学の出題を分析して書き下ろした予想問題集です。過去問そのものは入っていません。本番と同じ試験時間・大問構成で5回分、解答・詳解・別解に加えて、小問ごとの加点・減点つきの採点表を収録しています。

Amazonで見る全3巻を見る¥2,695・168ページ・2026年8月2日発売

中身を試し読みする

扉・問題・解答などを、それぞれ抜粋して掲載しています。連続したページではありません。画像を押すと拡大できます。

抜粋をPDFでまとめて見る

問題文について

(1)A>1 のとき Asin2θ−sin(θ+α)=0 が 0≤θ<2π に少なくとも 4 個の解をもつことを示す

(2)D 内のすべての点 P が条件をみたすような r が存在することを示し、その最大値を求める

同じ形式の問題を、5回分

中身を試し読みする

関連するページ

(1) $A > 1$ のとき $A sin 2 θ - sin (θ + α) = 0$ が $0 \leq θ < 2 π$ に少なくとも $4$ 個の解をもつことを示す

(2) $D$ 内のすべての点 $P$ が条件をみたすような $r$ が存在することを示し、その最大値を求める