MY MATH NOTE

岡山大学　理系　2020年　問題2

$0でない複素数 \ \alpha \ は \ |\alpha - i|=1\ を満たすとする。また \ \alpha \ の偏角 \ \theta \ は \ 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2} \ を満たすとする。$
$以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ |\alpha |\ を \ \theta \ を用いて表せ。$
$(2)\ \ \beta =-\alpha +2i\ \ とおく。\beta \ の偏角 \ \arg \ \beta \ を \ \theta \ を用いて表せ。ただし \ \ 0 \leqq \arg \ \beta < 2\pi \ \ とする。$
$(3)\ \ \beta \ は(2)で与えられたものとする。複素数平面において実軸上に点P(\cfrac{1}{\sqrt{3}})をとる。$
$\qquad 3点A(\alpha ),\ B(\beta ),\ P(\cfrac{1}{\sqrt{3}})\ が一直線上にあるとき \ \theta \ の値を求めよ。$

(1)

　
$|\alpha - i|=1\ \ を満たす点A(\alpha)は、中心 \ C(0,1),\ 半径1の円周上にある。$
$点D(0,2)とすると、\angle OAD は直径ODの上にたつ円周角だから \quad \angle OAD=\cfrac{\pi}{2}$
$\angle xOA=\theta \quad だから、接弦定理より \quad \angle ODA=\theta$
$OD=2 \quad だから \quad OA=OD\sin \theta=2\sin \theta $

(2)

　
$A'(-\alpha) とする。四角形OA'BDにおいて$
$OD=2,\quad A'B=2 \quad だから \ \quad OD=A'B$
$OD$ ∥ $A'B$
$四角形OA'BDは向かい合う2辺が平行で等しいので平行四辺形となる。$
$よって　OA'=DB$

$点A'(-\alpha)は点A(\alpha)と原点Oに関して対称だから \quad OA=OA'$
$よって \quad OA=DB$
$また　OA' $∥$ DB \quad だから \quad OA$ ∥ $BD$
$したがって　四角形OADB \ は向かい合う2辺が平行で等しいので平行四辺形である。$

$\angle OAD \ は直径ODについての円周角だから \quad \angle OAD=90°$
$したがって　平行四辺形OADB \ は長方形である。$
$よって \quad \angle AOB =90° \quad となって \quad \angle xOB=90°+\theta$

$なお、\angle OBD=90° \quad だから円周角の逆定理により点Bは3点 \ O,\ A,\ D\ が定める円周上にある。$

(3)

　
$\alpha =\sin \theta(\cos \theta +i\sin \theta),\quad \beta=2\cos \theta(-\sin \theta +i\cos \theta ),\quad \gamma=\cfrac{1}{\sqrt{3}}$

\begin{eqnarray*} \vec{PA} &=&\vec{OA}-\vec{OP}\\ &=&2\sin \theta(\cos \theta +i\sin \theta)-\cfrac{1}{\sqrt{3}}\\ &=&2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}}+2i\sin ^2\theta\\ \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \vec{PB} &=&\vec{OB}-\vec{OP}\\ &=&2\cos \theta(-\sin \theta +i\cos \theta)-\cfrac{1}{\sqrt{3}}\\ &=&-2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}}+2i\cos ^2\theta\\ \end{eqnarray*} $3点 \ A(\alpha),\ B(\beta),\ P(\cfrac{1}{\sqrt{3}})\ \ が一直線上にある条件は、\vec{PA}=k\vec{PB} \ \ (kは実数) \quad だから$
$\quad 2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}}+2i\sin ^2\theta=k(-2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}}+2i\cos ^2\theta)$
\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} 2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}}=-k(2\sin \theta \cos \theta +\cfrac{1}{\sqrt{3}})\hspace{5em}①\\ \sin ^2\theta=k\cos ^2\theta \hspace{17em}②\\ \end{array} \right. \]
$①÷②$
$\cfrac{2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}}}{\sin ^2\theta}=-\cfrac{2\sin \theta \cos \theta +\cfrac{1}{\sqrt{3}}}{\cos ^2 \theta}$

$\cos ^2\theta(2\sin \theta \cos \theta -\cfrac{1}{\sqrt{3}})=-\sin ^2 \theta (2\sin \theta \cos \theta +\cfrac{1}{\sqrt{3}})$

$2\sin ^3\theta \cos \theta +2\sin \theta \cos ^3 \theta =\cfrac{1}{\sqrt{3}}(\cos ^2 \theta - \sin ^2\theta)$

$2\sin \theta \cos \theta (\sin ^2\theta +\cos ^2 \theta) =\cfrac{1}{\sqrt{3}}(\cos ^2 \theta - \sin ^2\theta)$

$\sin 2\theta =\cfrac{1}{\sqrt{3}}\cos 2 \theta$

$\tan 2\theta=\cfrac{1}{\sqrt{3}}$

$0 < 2\theta < \pi \quad より \quad 2\theta=\cfrac{\pi}{6} \quad \therefore \ \ \theta=\cfrac{\pi}{12}$


$(補充)$

$①より \quad 2(1+k)\sin \theta \cos \theta=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(1-k) \hspace{10em}③$

$②より \quad k=\tan ^2 \theta \ \ を③に代入して$

$2(1+\tan ^2\theta)\sin \theta \cos \theta=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(1-\tan ^2\theta)$

$\cfrac{2\sin \theta \cos \theta}{\cos ^2\theta}=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(1-\tan ^2\theta)$

$2\tan \theta =\cfrac{1}{\sqrt{3}}(1-\tan ^2\theta)$

$\tan ^2\theta +2\sqrt{3}\tan \theta -1=0$

$\tan \theta=-\sqrt{3} \pm 2$

$0 < \theta < \cfrac{\pi}{2} \quad より \quad \tan \theta >0 \quad だから \quad \tan \theta=2-\sqrt{3}$

$これを満たす \ \theta \ は \ 15°ですが実際計算してみると$
$\quad \tan 15°=\tan (45°-30°)=\cfrac{\tan 45°-\tan 30°}{1+\tan 45°\tan 30°}=\cfrac{1-\cfrac{1}{\sqrt{3}}}{1+\cfrac{1}{\sqrt{3}}} =\cfrac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}=2-\sqrt{3}$
$となって確かに一致します。$


図形的に求める方法Ⅰ

　
$(2)で見たように、四角形OADBは長方形だから、対角線は等しい。$
$よって　AB=OD=2$
$接弦定理より　\angle POA=\angle ODA$
$円周角の定理より　\angle ODA=\angle OBA$
$よって　\theta=\angle POA=\angle OBA$

$\triangle OBA において　\angle AOB=90°だから$
$OA=AB\sin \theta=2\sin \theta,\quad OB=AB\cos \theta=2\cos \theta$

　
$\triangle OPB \quad と \quad \triangle APO \quad において$
$\quad \angle OBP=\angle AOP$
$\quad \angle OPA は共通$
$よって \quad \triangle OPB ∽ \triangle APO$

$対応する辺の比は等しいから、AP=x \quad とおくと$

$\quad \cfrac{2+x}{\small{\cfrac{1}{\sqrt{3}}}}=\cfrac{\small{\cfrac{1}{\sqrt{3}}}}{x}=\cfrac{2\cos \theta}{2\sin \theta}$

$\quad \sqrt{3}(2+x)=\cfrac{1}{\sqrt{3}x}=\cfrac{1}{\tan \theta}$
\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} 3x(2+x)=1 \hspace{9em}①\\ \sqrt{3}x=\tan \theta \hspace{10em}②\\ \end{array} \right. \]
$①より　3x^2+6x-1=0 \quad x> 0 \quad だから \quad x=\cfrac{-3+2\sqrt{3}}{3}=\cfrac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$
$②に代入して　\tan \theta=\sqrt{3} \times \cfrac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$


図形的に求める方法Ⅱ

　
$方べきの定理より \quad PO^2=PA \times PB \qquad \cfrac{1}{3}=x(x+2)$
$これは方法Ⅰの①式に同じであるから \quad x=\cfrac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$

$\triangle OPAに余弦定理を用いて$
$\quad PA^2=OP^2+OA^2-2OP\cdot OA\cos \theta$

$\quad x^2=\cfrac{ 1}{3}+4\sin ^2 \theta -2 \times \cfrac{1}{\sqrt{3}} \times 2\sin \theta \times \cos \theta$

$\quad (\cfrac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}})^2=\cfrac{1}{3}+2(1-\cos 2\theta) -\cfrac{2}{\sqrt{3}}\sin 2\theta $

$\quad \sin 2\theta +\sqrt{3}\cos 2\theta =2$

$\quad 2\sin (2\theta +\cfrac{\pi}{3})=2$

$\quad \sin (2\theta +\cfrac{\pi}{3})=1$

$\quad 0 < \theta < \cfrac{\pi}{2}\quad より \quad \cfrac{\pi}{3} < 2\theta+\cfrac{\pi}{3} < \cfrac{4}{3}\pi$

$よって \quad 2\theta +\cfrac{\pi}{3}=\cfrac{\pi}{2} \quad \therefore \ \ \theta=\cfrac{\pi}{12}$


最も簡単な方法

　
$\triangle OPB において$
$\angle POB=\cfrac{\pi}{2}+\theta,\quad \angle OBP=\theta$
$\angle xPB=\angle POB + \angle OBP=(\cfrac{\pi}{2}+\theta)+\theta=\cfrac{\pi}{2}+2\theta$
$直線PCの傾きは　\cfrac{0-1}{\cfrac{1}{\sqrt{3}}-0}=-\sqrt{3}$

$\tan(\cfrac{\pi}{2}+2\theta)=-\sqrt{3}$

$\cfrac{\pi}{2}+2\theta=\cfrac{2}{3}\pi$

$\theta=\cfrac{\pi}{12}$

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