解説

方針・初手

$Q$ は曲線 $C$ と $x$ 軸との交点であるから、まず $y=0$ の条件を用いるのが自然である。

また、（2） では $\theta$ を動かしたときの全体像を調べる必要があるので、$x,y$ を直接 $\theta$ で消去するよりも、

$$ x=t\cos\theta,\qquad y=1-t^2+t\sin\theta $$

から $x^2+y$ の形を見ると、通過範囲の上端がきれいに出る。

解法1

**(1)**

$\theta=\dfrac{\pi}{4}$ のとき

$$ \cos\theta=\sin\theta=\frac{\sqrt2}{2} $$

であるから、

$$ x=\frac{\sqrt2}{2}t,\qquad y=1-t^2+\frac{\sqrt2}{2}t $$

となる。

$Q$ は $x$ 軸上の点なので $y=0$ より

$$ 1-t^2+\frac{\sqrt2}{2}t=0 $$

すなわち

$$ t^2-\frac{\sqrt2}{2}t-1=0 $$

である。

これを解くと

$$ t=\frac{\frac{\sqrt2}{2}\pm \sqrt{\frac12+4}}{2} =\frac{\frac{\sqrt2}{2}\pm \frac{3\sqrt2}{2}}{2} $$

より

$$ t=\sqrt2,\quad -\frac{1}{\sqrt2} $$

を得る。

このとき

$$ x=\frac{\sqrt2}{2}t $$

であり、$Q$ は $x\geqq 0$ の部分との交点であるから $t=\sqrt2$ を採用する。したがって

$$ x=\frac{\sqrt2}{2}\cdot \sqrt2=1 $$

である。

よって、$Q$ の $x$ 座標は $1$ である。

**(2)**

点 $(x,y)$ がある曲線 $C$ 上にあるとする。このとき

$$ x=t\cos\theta,\qquad y=1-t^2+t\sin\theta $$

であるから、$z=t\sin\theta$ とおくと

$$ \begin{aligned} x^2+y &=t^2\cos^2\theta+1-t^2+t\sin\theta\\ &=1-t^2\sin^2\theta+t\sin\theta\\ &=1-z^2+z\\ &=\frac54-\left(z-\frac12\right)^2 \leqq \frac54 \end{aligned} $$

となる。したがって、曲線 $C$ が通る点はすべて

$$ x^2+y\leqq \frac54 $$

すなわち

$$ y\leqq \frac54-x^2 $$

を満たす。

逆に、任意の点 $(x,y)$ が

$$ x^2+y\leqq \frac54 $$

を満たしているとする。このとき

$$ x^2+y\leqq \frac54 $$

より、2次関数

$$ 1+z-z^2=\frac54-\left(z-\frac12\right)^2 $$

の値域から、ある実数 $z$ が存在して

$$ 1+z-z^2=x^2+y $$

となる。

ここで $(x,z)\neq (0,0)$ のとき

$$ t=\pm\sqrt{x^2+z^2} $$

とし、その符号を $(\cos\theta,\sin\theta)$ が定まるように選べば

$$ \cos\theta=\frac{x}{t},\qquad \sin\theta=\frac{z}{t} $$

を満たす $\theta$ が存在する。すると

$$ \begin{aligned} 1-t^2+t\sin\theta &=1-(x^2+z^2)+z\\ &=1+z-z^2-x^2\\ &=y \end{aligned} $$

となるので、この点 $(x,y)$ は実際にある曲線 $C$ 上に現れる。なお $(x,z)=(0,0)$ のときは $(x,y)=(0,1)$ であり、これは $t=0$ で実現する。

以上より、$C$ が通過する範囲は

$$ y\leqq \frac54-x^2 $$

である。

したがって、$xy$ 平面上では**放物線**

$$ y=\frac54-x^2 $$

**の下側全体（境界を含む）**を図示すればよい。

**(3)**

（2） より、任意の $Q$ は $x$ 軸上にあるから $y=0$ を満たし、さらに

$$ x^2+y\leqq \frac54 $$

より

$$ x^2\leqq \frac54 $$

である。$Q$ は $x\geqq 0$ の部分にあるので

$$ x\leqq \frac{\sqrt5}{2} $$

となる。

よって、$Q$ の $x$ 座標の最大値は $\dfrac{\sqrt5}{2}$ である。

最大値をとるときは、上の不等式で等号が成り立つので、

$$ x^2+y=\frac54 $$

かつ $y=0$ である。（2） の計算で等号成立条件は

$$ z=t\sin\theta=\frac12 $$

であったから、このとき

$$ t\cos\theta=x=\frac{\sqrt5}{2},\qquad t\sin\theta=\frac12 $$

が成り立つ。

したがって

$$ \tan\theta =\frac{t\sin\theta}{t\cos\theta} =\frac{\frac12}{\frac{\sqrt5}{2}} =\frac{1}{\sqrt5} $$

である。

解説

この問題の核心は、$\theta$ を消去しようとして式変形を複雑にしないことである。

（2） では

$$ x^2+y $$

に注目すると、

$$ x^2+y=1+z-z^2\qquad (z=t\sin\theta) $$

となり、通過範囲の上端が

$$ y=\frac54-x^2 $$

という放物線であることが一気に分かる。

（3） もその結果を使えば、$x$ 軸上では $y=0$ なので

$$ x^2\leqq \frac54 $$

から最大値が直ちに出る。さらに等号条件

$$ t\sin\theta=\frac12 $$

を併用すると、$\tan\theta$ まで素直に求まる。

答え

**(1)**

$Q$ の $x$ 座標は

$$ 1 $$

である。

**(2)**

$C$ が通過する範囲は

$$ y\leqq \frac54-x^2 $$

である。すなわち、放物線 $y=\dfrac54-x^2$ の下側全体（境界を含む）である。

**(3)**

$Q$ の $x$ 座標が最大となるような $\theta$ について

$$ \tan\theta=\frac{1}{\sqrt5} $$

である。