第3問 図形と方程式の解答・解説

$-1\le \cos \alpha \le 1$ より $9\le {\mathrm{P}}_{\alpha }{\mathrm{B}}^2\le 25$、つまり $3\le {\mathrm{P}}_{\alpha }\mathrm{B}\le 5$。半径 $1$ より大きいので ${\mathrm{P}}_{\alpha }$ はつねに $C_2$ の外にあり

$17-8\cos \alpha$ が最大になるのは $\cos \alpha =-1$、すなわち $\alpha =\pi$。このとき $L=\sqrt{25}-1=4$。

直線を $y=mx+c$ とする。$\mathrm{A}(-2,0)$ との距離が $1$ 以下、$\mathrm{B}(2,0)$ との距離が $1$ 以下であればよい。$s=\sqrt{m^2+1}$ と置くと

$c$ は $\left[2m-s,2m+s\right]$ と $\left[-2m-s,-2m+s\right]$ の両方に入る必要がある。2つの区間が重なる条件は、中心どうしの距離が幅の和以下、すなわち

よって $-\frac{1}{\sqrt{3}}\le m\le \frac{1}{\sqrt{3}}$ で、最大値は $\frac{1}{\sqrt{3}}$。

$\mathrm{PQ}$ の傾きを $m=\tan \theta$ とする。$\mathrm{PR}$ は $\mathrm{PQ}$ を $45^{\circ }$ 回した向きなので

$-\frac{1}{\sqrt{3}}\le m\le \frac{1}{\sqrt{3}}$ で、$\frac{m+1}{1-m}=-1+\frac{2}{1-m}$ は $m<1$ の範囲で増加。したがって $m=\frac{1}{\sqrt{3}}$ のとき最大。

$\mathrm{P}(-2+\cos \alpha ,\sin \alpha )$、$\mathrm{Q}(2+\cos \beta ,\sin \beta )$ とし、$\vec{v}=\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(4+\cos \beta -\cos \alpha ,\sin \beta -\sin \alpha )$ と置く。

正方形 $\mathrm{PQRS}$ では $\overrightarrow{\mathrm{PS}}=\overrightarrow{\mathrm{QR}}$ で、これは $\vec{v}$ を $90^{\circ }$ 回したもの。$(x,y)$ を $90^{\circ }$ 回すと $(-y,x)$ だから

回す向きが決まる理由　逆向きに回すと $\overrightarrow{\mathrm{PS}}$ の $y$ 成分は $-(4+\cos \beta -\cos \alpha )$ となる。このとき $\mathrm{R}$ の $y$ 座標は $\sin \beta -4-\cos \beta +\cos \alpha \le -1<0$ となり、「$\mathrm{R}$ の $y$ 座標は正」に反する。だから回す向きは上の1通り。

$\mathrm{S}$ の $y$ 座標は

$\alpha$ と $\beta$ は独立に動かせる。$\cos \beta$ の最大は $\beta =0$ のとき $1$。$\sin \alpha -\cos \alpha =\sqrt{2}\sin \left(\alpha -\frac{\pi }{4}\right)$ の最大は $\alpha -\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$、すなわち $\alpha =\frac{3\pi }{4}$ のとき $\sqrt{2}$。

そのとき $\cos \alpha =-\frac{\sqrt{2}}{2}$、$\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{2}$ なので $\mathrm{P}\left(-2-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$、$\mathrm{Q}(2+1,0)=(3,0)$。