解説

方針・初手

接線 $l$ の式を書けば，$x$ 座標が $t+1$ である点 $Q$ の座標はすぐに求まる。すると

$$ \overrightarrow{OP}=(t,f(t)),\qquad \overrightarrow{PQ}=Q-P

$$

が分かるので，（1） は内積で処理できる。

（2） は $f(x)=\sqrt{x}$ を代入して角 $\theta$ を $t$ の式で表し，$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ を用いて $\tan\theta$ を最大にすればよい。

（3） は「すべての $t$ で直交」がそのまま微分方程式になるので，それを解いて条件 $f(1)=\sqrt{3}$ を用いる。

解法1

点 $P(t,f(t))$ における接線 $l$ の式は

$$ y-f(t)=f'(t)(x-t)

$$

である。

$l$ 上で $x=t+1$ となる点を $Q$ とすると，

$$ y-f(t)=f'(t){(t+1)-t}=f'(t)

$$

より，

$$ Q=(t+1,\ f(t)+f'(t))

$$

である。したがって

$$ \overrightarrow{OP}=(t,f(t)),\qquad \overrightarrow{PQ}=(1,f'(t))

$$

となる。

（1） $\cos\theta$ を求める

内積の公式より，

$$ \cos\theta =\frac{\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{PQ}}{|\overrightarrow{OP}|\ |\overrightarrow{PQ}|} =\frac{t+f(t)f'(t)}{\sqrt{t^2+f(t)^2}\sqrt{1+{f'(t)}^2}}

$$

である。

（2） $a=\dfrac14,\ b=1,\ f(x)=\sqrt{x}$ のとき

このとき

$$ f(t)=\sqrt{t},\qquad f'(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}

$$

であるから，

$$ \overrightarrow{OP}=(t,\sqrt{t}),\qquad \overrightarrow{PQ}=\left(1,\frac{1}{2\sqrt{t}}\right)

$$

となる。

ここで，$\overrightarrow{OP}$ の傾きは

$$ \frac{\sqrt{t}}{t}=\frac{1}{\sqrt{t}}

$$

であり，$\overrightarrow{PQ}$ の傾きは

$$ \frac{1}{2\sqrt{t}}

$$

である。したがって，2直線のなす角 $\theta$ について

$$ \begin{aligned} \tan\theta &= \frac{\dfrac{1}{\sqrt{t}}-\dfrac{1}{2\sqrt{t}}}{1+\dfrac{1}{\sqrt{t}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{t}}} \\ \frac{\dfrac{1}{2\sqrt{t}}}{1+\dfrac{1}{2t}} \\ \frac{\sqrt{t}}{2t+1} \end{aligned} $$

を得る。

この問題では $\dfrac14<t<1$ であり，$\theta$ は鋭角なので，$\theta$ が最大であることと $\tan\theta$ が最大であることは同値である。よって

$$ g(t)=\frac{\sqrt{t}}{2t+1}

$$

を最大にすればよい。

微分すると，

$$ \begin{aligned} g'(t) &= \frac{\dfrac{1}{2\sqrt{t}}(2t+1)-2\sqrt{t}}{(2t+1)^2} \\ \frac{1-2t}{2\sqrt{t}(2t+1)^2} \end{aligned} $$

である。分母は正なので，$g'(t)$ の符号は $1-2t$ の符号で決まる。したがって

• **$\dfrac14<t<\dfrac12$** では $g'(t)>0$
• **$\dfrac12<t<1$** では $g'(t)<0$

であるから，$g(t)$ は $t=\dfrac12$ で最大となる。よって $\theta$ も $t=\dfrac12$ で最大となる。

（3） $a=\dfrac12,\ b=2$ とし，すべての $t\left(\dfrac12<t<2\right)$ で $\overrightarrow{OP}\perp \overrightarrow{PQ}$ のとき

直交条件より，

$$ \overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{PQ}=0

$$

すなわち

$$ (t,f(t))\cdot (1,f'(t))=0

$$

であるから，

$$ t+f(t)f'(t)=0

$$

を得る。

ここで

$$ {f(t)^2}'=2f(t)f'(t)

$$

であるから，上式は

$$ {f(t)^2}'=-2t

$$

と書ける。これを積分すると，

$$ f(t)^2=-t^2+C

$$

となる。

条件 $f(1)=\sqrt{3}$ を代入すると，

$$ 3=-1+C

$$

より

$$ C=4

$$

である。したがって

$$ f(x)^2=4-x^2

$$

を得る。

さらに $f(1)=\sqrt{3}>0$ であるから，正の枝をとって

$$ f(x)=\sqrt{4-x^2}

$$

である。

解説

この問題の本質は，$Q$ の取り方から

$$ \overrightarrow{PQ}=(1,f'(t))

$$

となる点にある。すなわち，接線方向ベクトルがそのまま $\overrightarrow{PQ}$ になっている。

したがって （1） は内積，（3） は直交条件

$$ (t,f(t))\cdot(1,f'(t))=0

$$

から微分方程式へ直結する。

（2） では $\cos\theta$ を直接微分してもよいが，鋭角であることを見て $\tan\theta$ を最大化した方が計算が軽い。

答え

**(1)**

$$ \cos\theta=\frac{t+f(t)f'(t)}{\sqrt{t^2+f(t)^2}\sqrt{1+{f'(t)}^2}}

$$

**(2)**

$\theta$ が最大となるのは

$$ t=\frac12

$$

である。

**(3)**

$$ f(x)=\sqrt{4-x^2}

$$

である。