## 1. 問題の内容

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1. 問題の内容

原点を中心とする半径1の円の第一象限の部分を$C$とする。点$A(1, 0), B(0, 1)$をとり、$C$上に3点$P(x_1, y_1), Q(x_2, y_2), R$がある。$2y_1 = y_2$かつ$\angle AOP = 4\angle AOR$を満たすとする。直線$OQ$と直線$y = 1$の交点を$Q'$、直線$OR$と直線$y = 1$の交点を$R'$とする。$\angle AOP = \theta$とするとき、以下の問いに答えよ。

(1) 点$Q$の座標を$\theta$を用いて表せ。

(2) 点$Q'$と点$R'$の座標を$\theta$を用いて表せ。

(3) 点$P$が点$A$に限りなく近づくとき、$\frac{BR'}{BQ'}$の極限を求めよ。ただし、$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$であることは用いてよい。

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2. 解き方の手順

### (1) 点Qの座標を$\theta$を用いて表す

点$P$は円$C$上にあるので、$x_1 = \cos \theta$, $y_1 = \sin \theta$と表せる。

点$Q$も円$C$上にあるので、$Q(x_2, y_2) = Q(\cos \alpha, \sin \alpha)$と表せる。

条件$2y_1 = y_2$より、$2\sin \theta = \sin \alpha$である。

よって、$Q(\cos \alpha, \sin \alpha) = Q(\cos \alpha, 2\sin \theta)$となる。

$\sin \alpha = 2\sin \theta$より、$\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}$である。

したがって、$Q$の座標は$(\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}, 2\sin \theta)$となる。

### (2) 点$Q'$と点$R'$の座標を$\theta$を用いて表す

まず点$R$の座標を考える。$\angle AOP = \theta$であり、$\angle AOP = 4\angle AOR$であるから、$\angle AOR = \frac{\theta}{4}$となる。

したがって、$R(\cos \frac{\theta}{4}, \sin \frac{\theta}{4})$である。

直線$OQ$の傾きは$\frac{2\sin \theta}{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}$なので、直線$OQ$の方程式は$y = \frac{2\sin \theta}{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}x$である。

点$Q'$は直線$OQ$と直線$y = 1$の交点なので、$1 = \frac{2\sin \theta}{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}x$より、$x = \frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta}$となる。

したがって、$Q'(\frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta}, 1)$である。

直線$OR$の傾きは$\tan \frac{\theta}{4} = \frac{\sin \frac{\theta}{4}}{\cos \frac{\theta}{4}}$なので、直線$OR$の方程式は$y = \frac{\sin \frac{\theta}{4}}{\cos \frac{\theta}{4}}x$である。

点$R'$は直線$OR$と直線$y = 1$の交点なので、$1 = \frac{\sin \frac{\theta}{4}}{\cos \frac{\theta}{4}}x$より、$x = \frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}}$となる。

したがって、$R'(\frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}}, 1)$である。

### (3) 点$P$が点$A$に限りなく近づくとき、$\frac{BR'}{BQ'}$の極限を求める

点$P$が点$A$に限りなく近づくとき、$\theta \to 0$となる。

$B(0, 1), Q'(\frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta}, 1), R'(\frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}}, 1)$である。

$BR' = \sqrt{(\frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}} - 0)^2 + (1 - 1)^2} = \frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}}$

$BQ' = \sqrt{(\frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta} - 0)^2 + (1 - 1)^2} = \frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta}$

$\frac{BR'}{BQ'} = \frac{\frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}}}{\frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta}} = \frac{2\sin \theta \cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4} \sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}$

$\lim_{\theta \to 0} \frac{BR'}{BQ'} = \lim_{\theta \to 0} \frac{2\sin \theta \cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4} \sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}} = \lim_{\theta \to 0} \frac{2\theta \cos \frac{\theta}{4}}{\frac{\theta}{4} \sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}} = \frac{2 \cdot 1}{\frac{1}{4} \cdot 1} = 8$

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3. 最終的な答え

(1) 点$Q$の座標: $(\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}, 2\sin \theta)$

(2) 点$Q'$の座標: $(\frac{\sqrt{1 - 4\sin^2 \theta}}{2\sin \theta}, 1)$, 点$R'$の座標: $(\frac{\cos \frac{\theta}{4}}{\sin \frac{\theta}{4}}, 1)$

(3) $\lim_{\theta \to 0} \frac{BR'}{BQ'} = 8$