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東京大学　2024年度　前期日程　理科

第4問微分法・図形と方程式の解答・解説

法線・円の方程式・4次関数の増減・方程式の実数解の個数当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/11

問題文について

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(1)円 $C_{t}$ の中心 $(c (t), 0)$ と ${r (t)}^{2}$ を $t$ の整式で表す

答 $c (t) = \frac{t ^{3}}{4} - 3 t$ 、 ${r (t)}^{2} = \frac{t ^{6}}{16} - \frac{15}{8} t^{4} + 12 t^{2} + 32$

「点 $(t, f (t))$ で放物線と共通の接線を持つ円」は、その点で放物線と接する円のことである。円の接線は中心と接点を結ぶ半径に垂直だから、中心は接点を通る法線の上にある。中心が $x$ 軸上にもあるのだから、法線と $x$ 軸の交点を出せばそれが中心で、あとは中心と接点の距離が半径になる。

$f^{'} (x) = - \frac{2}{2} x$ だから、点 $(t, f (t))$ における放物線の接線の傾きは $- \frac{2}{2} t$ である。

円 $C_{t}$ はこの点で同じ接線を持つから、中心と接点を結ぶ線分はその接線に垂直、すなわち中心は接点における法線の上にある。 $0 < t < 4$ では接線の傾きは $0$ でないので、法線の傾きは $\frac{2}{2 t} = \frac{2}{t}$ で、法線は

y - f (t) = \frac{2}{t} (x - t)

と書ける。 $y = 0$ とおくと

x = t - \frac{t f ( t )}{2} = t - \frac{t}{2} (- \frac{2}{4} t^{2} + 42) = t + \frac{t ^{3}}{4} - 4 t

となるので

c (t) = \frac{t ^{3}}{4} - 3 t

である。半径は中心と接点の距離だから

{r (t)}^{2} = (t - c (t))^{2} + {f (t)}^{2} = (4 t - \frac{t ^{3}}{4})^{2} + (- \frac{2}{4} t^{2} + 42)^{2}

となる。それぞれ展開すると

(4 t - \frac{t ^{3}}{4})^{2} (- \frac{2}{4} t^{2} + 42)^{2} = 16 t^{2} - 2 t^{4} + \frac{t ^{6}}{16} = 2 (\frac{t ^{2}}{4} - 4)^{2} = \frac{t ^{4}}{8} - 4 t^{2} + 32

だから、足して

{r (t)}^{2} = \frac{t ^{6}}{16} - \frac{15}{8} t^{4} + 12 t^{2} + 32

を得る。

放物線

y = f (x)

と、円

C_{t}

の例（

t = 3.5

と

t = 3.9

）。どちらも中心が

x

軸上にあり、点

(t, f (t))

で放物線に接する。

t

が

4

に近づくほど円は小さくなる。

この式は $t^{2}$ の3次式と見ると因数分解できて、 ${r (t)}^{2} = \frac{( t ^{2} - 16 ) ^{2} ( t ^{2} + 2 )}{16}$ となる。答案に書く必要はないが、 $0 < t < 4$ で正であることがすぐ見え、 $t \to 4$ で半径が $0$ に近づくことも分かるので、検算に使える。

$t \to 0$ の極限を見ると $c \to 0$ 、 ${r}^{2} \to 32$ となり、 $r \to 42 = f (0)$ である。これは放物線の頂点 $(0, 42)$ で接し、中心が原点にある円そのもので、確かに $x$ 軸上に中心がある。 $t = 2$ では $c (2) = \frac{8}{4} - 6 = - 4$ 、 $f (2) = - 2 + 42 = 32$ なので、中心 $(- 4, 0)$ と接点 $(2, 32)$ の距離の2乗は $6^{2} + (32)^{2} = 36 + 18 = 54$ となり、 ${r (2)}^{2} = \frac{64}{16} - \frac{15}{8} \cdot 16 + 48 + 32 = 54$ と一致する。

「共通の接線を持つ」を「接線の方程式を連立する」と読み替えると計算が重くなる。円の中心と接点を結ぶ半径が接線に垂直、という1行で済む。

法線の傾きは接線の傾きの逆数ではなく、 $- 1$ をかけた逆数である。 $- \frac{2}{2} t$ の法線は $\frac{2}{2 t} = \frac{2}{t}$ になる。

(2) $0 < a < f (3)$ のとき、 $C_{t}$ が点 $(3, a)$ を通るような $t$ が $0 < t < 4$ にいくつあるかを求める

答 $0 < a < 5$ のとき1個、 $a = 5$ のとき2個、 $5 < a < \frac{7 2}{4}$ のとき3個

「 $C_{t}$ が $(3, a)$ を通る」を式にすると $(3 - c (t))^{2} + a^{2} = {r (t)}^{2}$ で、 $t$ について整理すれば $t$ の4次方程式 $h (t) = a^{2}$ になる。 $a$ は右辺にしかいないので、 $y = h (t)$ のグラフと水平線 $y = a^{2}$ の交点を数える形に持ち込める。 $h^{'} (t)$ がきれいに因数分解するので、増減表が書ける。

$C_{t}$ が $(3, a)$ を通る条件は

(3 - c (t))^{2} + a^{2} = {r (t)}^{2}

である。 $c = c (t)$ と書くと $(3 - c)^{2} = c^{2} - 6 c + 9$ で

c^{2} = \frac{t ^{6}}{16} - \frac{3}{2} t^{4} + 9 t^{2}, - 6 c = - \frac{3}{2} t^{3} + 18 t

だから、 ${r (t)}^{2}$ から引くと $t^{6}$ の項が消えて

h (t) := {r (t)}^{2} - (3 - c (t))^{2} = - \frac{3}{8} t^{4} + \frac{3}{2} t^{3} + 3 t^{2} - 18 t + 23

となる。求める $t$ の個数は、 $0 < t < 4$ で $h (t) = a^{2}$ となる $t$ の個数である。

増減を調べる。

h^{'} (t) = - \frac{3}{2} t^{3} + \frac{9}{2} t^{2} + 6 t - 18 = - \frac{3}{2} (t^{3} - 3 t^{2} - 4 t + 12) = - \frac{3}{2} (t + 2) (t - 2) (t - 3)

である。 $0 < t < 4$ では $t + 2 > 0$ なので、 $h^{'}$ の符号は $- (t - 2) (t - 3)$ の符号と同じになる。すなわち $0 < t < 2$ で $h^{'} < 0$ 、 $2 < t < 3$ で $h^{'} > 0$ 、 $3 < t < 4$ で $h^{'} < 0$ である。値は

h (0) = 23, h (2) = 5, h (3) = \frac{49}{8}, h (4) = - 1

となる。つまり $h$ は $23$ から下がって $t = 2$ で $5$ になり、 $t = 3$ で $\frac{49}{8}$ まで上がり、また下がって $t = 4$ で $- 1$ になる。 $t = 0$ と $t = 4$ は範囲に入らない。

y = h (t)

のグラフ（

0 \leq t \leq 4

）。

C_{t}

が

(3, a)

を通るのは

h (t) = a^{2}

のときだから、水平線

y = a^{2}

との交点の個数を数えればよい。破線は

y = 5

と

y = \frac{49}{8}

。

$a^{2}$ の範囲。 $f (3) = - \frac{2}{4} \cdot 9 + 42 = \frac{7 2}{4}$ で、 ${f (3)}^{2} = \frac{49}{8}$ である。条件 $0 < a < f (3)$ は $0 < a^{2} < \frac{49}{8}$ と同じになる。 $h (3) = \frac{49}{8}$ はこの値そのもので、 $t = 3$ のときの円がちょうど点 $(3, f (3))$ を通ることに対応している。

$s = a^{2}$ とおき、 $0 < s < \frac{49}{8}$ の範囲で、3つの区間ごとに解の個数を数える。

$0 < t \leq 2$ ： $h$ は $23$ （ $t = 0$ は除く）から $5$ まで減少するので、 $5 \leq s < 23$ のときだけ解が1個ある。いまは $s < \frac{49}{8}$ なので、 $5 \leq s < \frac{49}{8}$ のとき1個。
$2 \leq t \leq 3$ ： $h$ は $5$ から $\frac{49}{8}$ まで増加するので、 $5 \leq s \leq \frac{49}{8}$ のとき解が1個。いまは $s < \frac{49}{8}$ なので、 $5 \leq s < \frac{49}{8}$ のとき1個。
$3 \leq t < 4$ ： $h$ は $\frac{49}{8}$ から $- 1$ （ $t = 4$ は除く）まで減少するので、 $- 1 < s \leq \frac{49}{8}$ のとき解が1個。いまの $s$ は必ずこの範囲なので、つねに1個。

$s = 5$ のときは最初の2つの区間がともに $t = 2$ を与えるので、同じ解を2回数えないようにする。まとめると、解の個数は $0 < s < 5$ のとき1個、 $s = 5$ のとき2個、 $5 < s < \frac{49}{8}$ のとき3個である。

$a > 0$ なので $s = a^{2}$ と $a$ の大小は向きが同じで、 $s = 5$ は $a = 5$ にあたる。 $5 = 2.23 \dots$ 、 $\frac{7 2}{4} = 2.47 \dots$ なので $5 < f (3)$ であり、3つの場合はすべて起きる。よって求める個数は

⎩ ⎨ ⎧ 1 個 2 個 3 個 (0 < a < 5) (a = 5) (5 < a < \frac{7 2}{4})

$a = 5$ のときの2つの解を直接求めると、 $h (t) = 5$ は $- \frac{3}{8} t^{4} + \frac{3}{2} t^{3} + 3 t^{2} - 18 t + 18 = 0$ 、つまり $(t - 2)^{2} (t^{2} - 12) = 0$ （定数倍を除く）となり、 $t = 2$ （重解）と $t = 23 = 3.46 \dots$ を得る。どちらも $0 < t < 4$ にあり、確かに2個である。

$h (t) = a^{2}$ の解を数えるとき、 $t = 0$ と $t = 4$ が範囲に入らないことを落とさない。とくに $h (4) = - 1 < 0$ なので、 $t = 4$ の近くでは $h$ が負になり、 $s$ がどんなに小さくても3つめの区間に必ず解が1つある。

$s = 5$ のとき $t = 2$ は $h$ の極小を与える点で、そこで $h (t) - 5$ は重解になる。グラフが水平線に接するので、交点としては1つしか数えない。

$a$ の条件は $0 < a < f (3)$ で、 $a^{2}$ に直すと $0 < a^{2} < \frac{49}{8}$ になる。 $a > 0$ が効いているので、 $a$ が負の場合まで考えて場合分けを増やさない。

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(1)円 Ct​ の中心 (c(t),0) と {r(t)}2 を t の整式で表す

(2)0<a<f(3) のとき、Ct​ が点 (3,a) を通るような t が 0<t<4 にいくつあるかを求める

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