原点をOとする座標平面上に点A(2,2)があり、点Aを通り線分OAと垂直な直線を$l$とする。 座標平面上の点P(p,q)が以下の2つの条件を満たすとき、Pが動く領域をDとする。 (1) $8 \le \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP} \le 17$ (2) 点Oと直線$l$との距離をc、点P(p,q)と直線$l$との距離をdとするとき、$cd \ge (p-1)^2$ このとき、領域Dを図示しその面積を求めよ。また、x軸の正の部分と線分OPのなす角を$\theta$とするとき、$\cos{\theta}$の取りうる値の範囲を求めよ。

1. 問題の内容

原点をOとする座標平面上に点A(2,2)があり、点Aを通り線分OAと垂直な直線を$l$とする。

座標平面上の点P(p,q)が以下の2つの条件を満たすとき、Pが動く領域をDとする。

(1) $8 \le \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP} \le 17$

(2) 点Oと直線$l$との距離をc、点P(p,q)と直線$l$との距離をdとするとき、$cd \ge (p-1)^2$

このとき、領域Dを図示しその面積を求めよ。また、x軸の正の部分と線分OPのなす角を$\theta$とするとき、$\cos{\theta}$の取りうる値の範囲を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) 条件1について

$\overrightarrow{OA} = (2, 2)$, $\overrightarrow{OP} = (p, q)$ より

$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OP} = 2p + 2q$

$8 \le 2p + 2q \le 17$

$4 \le p + q \le \frac{17}{2}$

条件2について

直線$l$は点A(2,2)を通り、法線ベクトルが$\overrightarrow{OA} = (2, 2)$なので、直線$l$の方程式は

$2(x - 2) + 2(y - 2) = 0$

$2x + 2y - 8 = 0$

$x + y - 4 = 0$

点O(0, 0)と直線$l$の距離cは

$c = \frac{|0 + 0 - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$

点P(p, q)と直線$l$の距離dは

$d = \frac{|p + q - 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|p + q - 4|}{\sqrt{2}}$

$cd \ge (p - 1)^2$

$2\sqrt{2} \cdot \frac{|p + q - 4|}{\sqrt{2}} \ge (p - 1)^2$

$2|p + q - 4| \ge (p - 1)^2$

$4 \le p + q \le \frac{17}{2}$ より、$p + q - 4 \ge 0$ なので

$2(p + q - 4) \ge (p - 1)^2$

$2p + 2q - 8 \ge p^2 - 2p + 1$

$2q \ge p^2 - 4p + 9$

$q \ge \frac{1}{2}p^2 - 2p + \frac{9}{2}$

$q \ge \frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}$

領域Dは $4 \le p + q \le \frac{17}{2}$ かつ $q \ge \frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}$ を満たす領域である。

領域Dの面積を求める。

$p + q = 4$ と $q = \frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}$ の交点は

$4 - p = \frac{1}{2}(p^2 - 4p + 4) + \frac{5}{2}$

$8 - 2p = p^2 - 4p + 4 + 5$

$p^2 - 2p + 1 = 0$

$(p - 1)^2 = 0$

$p = 1$

$q = 3$

$p + q = \frac{17}{2}$ と $q = \frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}$ の交点は

$\frac{17}{2} - p = \frac{1}{2}(p^2 - 4p + 4) + \frac{5}{2}$

$17 - 2p = p^2 - 4p + 4 + 5$

$p^2 - 2p - 8 = 0$

$(p - 4)(p + 2) = 0$

$p = 4$

$q = \frac{9}{2}$

領域Dの面積は、台形 $4 \le p + q \le \frac{17}{2}$ から、放物線 $q = \frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}$ より下の部分を引いたものである。

$S = \int_1^4 (\frac{17}{2} - p) - (\frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}) dp = \int_1^4 (\frac{17}{2} - p - \frac{1}{2}p^2 + 2p - 2 - \frac{5}{2}) dp = \int_1^4 (-\frac{1}{2}p^2 + p + 2) dp = [-\frac{1}{6}p^3 + \frac{1}{2}p^2 + 2p]_1^4 = (-\frac{64}{6} + 8 + 8) - (-\frac{1}{6} + \frac{1}{2} + 2) = -\frac{63}{6} + 16 - \frac{5}{2} = -\frac{21}{2} + 16 - \frac{5}{2} = 16 - 13 = 3$

(2) $\cos \theta$ の取りうる値の範囲を求める

$\overrightarrow{OP} = (p, q)$ より、$\cos \theta = \frac{p}{\sqrt{p^2 + q^2}}$

$p + q \ge 4$ より、$q \ge 4 - p$

$q \ge \frac{1}{2}(p - 2)^2 + \frac{5}{2}$ より

$\sqrt{p^2 + q^2} \ge \sqrt{p^2 + (4 - p)^2} = \sqrt{2p^2 - 8p + 16}$

領域Dを図示して考察すると、$\theta$の最小値は点(1, 3)における$\theta$である。

$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1^2 + 3^2}} = \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$

$\theta$の最大値は点(4, 9/2)における$\theta$である。

$\cos \theta = \frac{4}{\sqrt{4^2 + (9/2)^2}} = \frac{4}{\sqrt{16 + 81/4}} = \frac{4}{\sqrt{145/4}} = \frac{8}{\sqrt{145}} = \frac{8\sqrt{145}}{145}$

$\frac{\sqrt{10}}{10} \le \cos \theta \le \frac{8\sqrt{145}}{145}$

3. 最終的な答え

(1) 領域Dの図示は省略。面積は3

(2) $\frac{\sqrt{10}}{10} \le \cos \theta \le \frac{8\sqrt{145}}{145}$