解説

方針・初手

点 $P,Q,R,S,T$ の座標を順に求める。すると直線 $RT$ の方程式が得られるので、微分係数を用いて $C_1,C_2$ の接線であることを示す。

面積は、上側を直線 $RT$、下側を $C_1$ と $C_2$ の弧として、$x$ の範囲を $P$ の $x$ 座標で分けて積分する。

解法1

まず $P$ を求める。$P$ は $C_1,C_2$ の交点であるから、

$$ x^2+y^2=1,\qquad \frac{x^2}{3}+3y^2=1

$$

を満たす。$x^2=1-y^2$ を第2式に代入すると、

$$ \frac{1-y^2}{3}+3y^2=1

$$

より、

$$ 1-y^2+9y^2=3

$$

したがって、

$$ 8y^2=2

$$

である。第1象限なので $y=\dfrac12$ であり、

$$ x^2=1-\frac14=\frac34

$$

より、

$$ P\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right)

$$

である。

次に $Q$ を求める。$Q$ は $P$ を通る $x$ 軸に垂直な直線と $C_3$ の交点なので、$x=\dfrac{\sqrt3}{2}$ として

$$ x^2+y^2=3

$$

に代入する。すると、

$$ \frac34+y^2=3

$$

より、

$$ y^2=\frac94

$$

である。第1象限なので、

$$ Q\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac32\right)

$$

である。

したがって、直線 $OQ$ の傾きは

$$ \frac{\frac32}{\frac{\sqrt3}{2}}=\sqrt3

$$

であるから、

$$ OQ:y=\sqrt3x

$$

である。これと $C_1$ の交点 $R$ は、

$$ x^2+(\sqrt3x)^2=1

$$

より、

$$ 4x^2=1

$$

である。第1象限なので、

$$ R\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)

$$

である。

次に $S$ を求める。直線 $OP$ の傾きは

$$ \frac{\frac12}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac1{\sqrt3}

$$

であるから、

$$ OP:y=\frac{x}{\sqrt3}

$$

である。これと $C_3$ の交点 $S$ は、

$$ x^2+\left(\frac{x}{\sqrt3}\right)^2=3

$$

より、

$$ \frac43x^2=3

$$

である。第1象限なので、

$$ S\left(\frac32,\frac{\sqrt3}{2}\right)

$$

である。

$T$ は $S$ を通る $x$ 軸に垂直な直線と $C_2$ の交点なので、$x=\dfrac32$ として

$$ \frac{x^2}{3}+3y^2=1

$$

に代入する。すると、

$$ \frac{9}{12}+3y^2=1

$$

より、

$$ 3y^2=\frac14

$$

である。第1象限なので、

$$ T\left(\frac32,\frac{\sqrt3}{6}\right)

$$

である。

ここで、直線 $RT$ の傾きは

$$ \frac{\frac{\sqrt3}{6}-\frac{\sqrt3}{2}}{\frac32-\frac12} =-\frac{\sqrt3}{3}

$$

である。よって $R$ を通る直線 $RT$ の方程式は、

$$ y-\frac{\sqrt3}{2}=-\frac{\sqrt3}{3}\left(x-\frac12\right)

$$

すなわち、

$$ x+\sqrt3y=2

$$

である。

**(1)**

$C_1$ に対する接線性を示す。

$C_1:x^2+y^2=1$ を微分すると、

$$ 2x+2yy'=0

$$

より、

$$ y'=-\frac{x}{y}

$$

である。$R\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ における接線の傾きは、

$$ -\frac{\frac12}{\frac{\sqrt3}{2}} =-\frac1{\sqrt3} =-\frac{\sqrt3}{3}

$$

である。

これは直線 $RT$ の傾きと一致する。また、$R$ は $C_1$ 上の点であり、直線 $RT$ 上の点でもある。したがって、直線 $RT$ は $C_1$ に $R$ で接する。

**(2)**

$C_2$ に対する接線性を示す。

$C_2:\dfrac{x^2}{3}+3y^2=1$ を微分すると、

$$ \frac{2x}{3}+6yy'=0

$$

より、

$$ y'=-\frac{x}{9y}

$$

である。$T\left(\dfrac32,\dfrac{\sqrt3}{6}\right)$ における接線の傾きは、

$$ \begin{aligned} -\frac{\frac32}{9\cdot \frac{\sqrt3}{6}} &= -\frac{\frac32}{\frac{3\sqrt3}{2}} \\ -\frac1{\sqrt3} \\ -\frac{\sqrt3}{3} \end{aligned} $$

である。

これは直線 $RT$ の傾きと一致する。また、$T$ は $C_2$ 上の点であり、直線 $RT$ 上の点でもある。したがって、直線 $RT$ は $C_2$ に $T$ で接する。

（3） 面積を求める。

直線 $RT$ は

$$ y=\frac{2-x}{\sqrt3}

$$

である。

また、$C_1$ の上側の弧は

$$ y=\sqrt{1-x^2}

$$

であり、$C_2$ の上側の弧は

$$ y=\frac{1}{\sqrt3}\sqrt{1-\frac{x^2}{3}}

$$

である。

囲まれた図形は、$x=\dfrac12$ から $x=\dfrac{\sqrt3}{2}$ までは下側が $C_1$、$x=\dfrac{\sqrt3}{2}$ から $x=\dfrac32$ までは下側が $C_2$ である。したがって面積を $A$ とすると、

$$ A= \int_{\frac12}^{\frac{\sqrt3}{2}} \left\{ \frac{2-x}{\sqrt3}-\sqrt{1-x^2} \right\},dx + \int_{\frac{\sqrt3}{2}}^{\frac32} \left\{ \frac{2-x}{\sqrt3} -\frac1{\sqrt3}\sqrt{1-\frac{x^2}{3}} \right\},dx

$$

である。

まず直線部分について、

$$ \begin{aligned} \int_{\frac12}^{\frac32}\frac{2-x}{\sqrt3},dx &= \frac1{\sqrt3} \left[ 2x-\frac{x^2}{2} \right]_{\frac12}^{\frac32} &= \frac1{\sqrt3} \end{aligned} $$

である。

次に、

$$ \int_{\frac12}^{\frac{\sqrt3}{2}}\sqrt{1-x^2},dx

$$

を求める。$x=\sin\theta$ とおくと、$x=\dfrac12$ のとき $\theta=\dfrac{\pi}{6}$、$x=\dfrac{\sqrt3}{2}$ のとき $\theta=\dfrac{\pi}{3}$ である。よって、

$$ \begin{aligned} \int_{\frac12}^{\frac{\sqrt3}{2}}\sqrt{1-x^2},dx &= \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\cos^2\theta,d\theta \end{aligned} $$

である。

$$ \begin{aligned} \int \cos^2\theta,d\theta &= \frac{\theta}{2}+\frac{\sin2\theta}{4} \end{aligned} $$

だから、

$$ \begin{aligned} \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}\cos^2\theta,d\theta &= \left[ \frac{\theta}{2}+\frac{\sin2\theta}{4} \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} &= \frac{\pi}{12} \end{aligned} $$

である。

さらに、

$$ \int_{\frac{\sqrt3}{2}}^{\frac32} \frac1{\sqrt3}\sqrt{1-\frac{x^2}{3}},dx

$$

について、$u=\dfrac{x}{\sqrt3}$ とおくと $dx=\sqrt3,du$ であり、積分区間は $u=\dfrac12$ から $u=\dfrac{\sqrt3}{2}$ となる。したがって、

$$ \begin{aligned} \int_{\frac{\sqrt3}{2}}^{\frac32} \frac1{\sqrt3}\sqrt{1-\frac{x^2}{3}},dx &= \int_{\frac12}^{\frac{\sqrt3}{2}}\sqrt{1-u^2},du \\ \frac{\pi}{12} \end{aligned} $$

である。

以上より、

$$ \begin{aligned} A= \frac1{\sqrt3} &= \frac{\pi}{12} \\ \frac{\pi}{12} \\ \frac1{\sqrt3}-\frac{\pi}{6} \end{aligned} $$

である。

解説

この問題では、図形的な位置関係をそのまま追うよりも、まず $P,Q,R,S,T$ の座標を正確に求めることが重要である。特に、$P$ の座標が $\left(\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac12\right)$ となるため、直線 $OP$ や $OQ$ が三角比の典型的な傾きをもつ。

接線性は、直線 $RT$ の方程式を出してから、各曲線の微分係数と比較すればよい。面積計算では、囲まれた部分の下側の曲線が $P$ を境に $C_1$ から $C_2$ に切り替わる点を見落とさないことが重要である。

答え

**(1)**

直線 $RT$ は $C_1$ に $R\left(\dfrac12,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ で接する。

**(2)**

直線 $RT$ は $C_2$ に $T\left(\dfrac32,\dfrac{\sqrt3}{6}\right)$ で接する。

**(3)**

求める面積は

$$ \frac1{\sqrt3}-\frac{\pi}{6}

$$

である。