14-1 見込む角

ここでは，線分やある領域を見込む角の最大値，最小値や見込む角が一定である点の軌跡を扱います．
まず，代表的例題を解きましょう．

例題1
２点\(A(0,1),B(0,2)\)が与えられている．点\(P\)が\(x\)軸の正の部分を動くとき \(\angle APB\)(この角を点\(P\)が線分\(AB\)を見込む角という)を最大にする\(P\)の 座標を求めよ．



標準的解答は次の通り．
解答1
２点\(A,B\)を通る円のうち，\(x\)軸と交わる最小の半径の交点， すなわち接点が求める点である(∵　半径が小さければ小さいほど弧\(AB\)に対する中心角すなわち円周角が大きい)．
方べきの定理より
\(OP^2=OA\cdot OB=2\)
\(\therefore C(\sqrt{2},0)\)

計算で解けば次のようになる．
解答2
\(OP=x,\angle APO=\alpha,\angle BPO=\beta\)とおく．
\(f(x)=\tan (\beta -\alpha)\)
\(=\dfrac{\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x}}{1+\dfrac{2}{x}\cdot \dfrac{1}{x}}\)
\(=\dfrac{\dfrac{1}{x}}{1+\dfrac{2}{x^2}}\)
あとは分母，分子\(x\)をかけ,相加平均，相乗平均の関係より
\(f(x)=\dfrac{1}{x+\dfrac{2}{x}}\leqq \dfrac{1}{2\sqrt{2}}\)
等号が成り立つのは
\(x=\dfrac{2}{x}\)より\(x=\sqrt{2}\)
としてもよいし，
\(f(x)=\dfrac{x}{x^2+2}\)
微分して
\(f'(x)=\dfrac{-x^2+2}{(x^2+2)^2}\)
より
\(x=\sqrt{2}\)で最大値をとるとしてもよい．

類題を紹介しましょう．
類題1
\(x\)を正の実数とする．座標平面上の３点\(A(0,1),B(0,2),P(x,x)\)をとり \(\triangle APB\)を考える．\(x\)の値が変化するとき，\(\angle APB\)の最大値を求めよ．
（2010年　京都大）

解答
\(A,B\)を通り直線\(OP\)に接する円を考え，方べきの定理より
\(OP^2=1\cdot 2=2\)
より\(P(1,1)\)
したがって，\(\angle APB\)の最大値は\(\dfrac{\pi}{4}\)


類題2
定数\(k\)は\(k > 1\)を満たすとする．\(xy\)平面上の点\(A(1,0)\)を通り\(x\) に垂直な直線の第１象限に含まれる部分を，２点\(X,Y\) が\(AY=kAX\)を満たしながら動いている．原点\(O(0,0)\)を中心とする半径１の円と線分\(OX,OY\) が交わる点をそれぞれ\(P,Q\)とするとき，\(\triangle OPQ\)の面積の最大値を\(k\)を用いて表せ．

（2011年　東京工業大）



解答
\(\angle XOY\)の最大値を求める問題である．
３点\(O,X,Y\)を通る円の中心をO'とする．円周角\(\angle XOY\)が最大になるのは 中心角\(\angle XO'Y\)が最大になるときである．
円\(O'\)と\(x\)軸との交点のうち原点でない方の点を\(Z\)とする．もし円\(O'\)が\(x\)軸に接するときは\(O\)を\(Z\)とする． \(X,Y\)の中点を\(M\)とし，\(\angle XO'M=\theta\)とおく．
\(AZ\cdot AO=AX\cdot AY=ky^2\)
より\(AZ=ky^2\)
したがって，\(O'(\dfrac{1-ky^2}{2},\dfrac{(k+1)y}{2})\)
\(\therefore \tan \theta =\dfrac{(k-1)y}{1+ky^2}=\dfrac{k-1}{\dfrac{1}{y}+ky}\)
相加平均，相乗平均の関係より
\(ky=\dfrac{1}{y}\)
すなわち，\(ky^2-1=0\)のとき\(\angle XOY\)は最大になる．これは，\(O'\)が\(y\)軸上のときで， 円\(O'\)が\(x\)軸に接するときである．
このとき,\(\angle XOY=\theta\)とおくと
\(\tan \theta=\tan \angle XO'M=\dfrac{ky-y}{2}=\dfrac{\sqrt{k}-\dfrac{1}{\sqrt{k}}}{2}\)
\(\dfrac{1}{\cos ^2 \theta}=1+\tan ^2 \theta =\biggl(\dfrac{\sqrt{k}+\dfrac{1}{\sqrt{k}}}{2}\biggr)^2\)
より
\(\sin \theta =\tan \theta \cos \theta =\dfrac{\sqrt{k}-\dfrac{1}{\sqrt{k}}}{\sqrt{k}+\dfrac{1}{\sqrt{k}}}=\dfrac{k-1}{k+1}\)
求める面積の最大値は
\(\dfrac{\sin \theta}{2}=\dfrac{k-1}{2(k+1)}\)
である．


続く



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