大問Ⅳ　媒介変数表示された点の三角形の面積・極限・最大値三角関数・微分法（数学III）・難易度 やや難　

(1) アイ = −1, ウ = 3, エ = 2　（Q(−1, (√3)/2)）

　θ = (1/3)π のとき 2θ = (2/3)π であるから、Q の x 座標は 2cos((2/3)π) = 2·(−(1/2)) = −1 である。

　y 座標は sin((2/3)π) = (√3)/2 だから、Q の座標は (−1, (√3)/2) である。

(2) オ = 1, カ = 2, キ = 3, ク = 4　（S = (1/2) − (√3)/4）

　AR = 2 − 2cosθ、PR = sinθ で ∠ARP は直角だから S = (1/2)·AR·PR = (1/2)(2−2cosθ)sinθ = sinθ(1−cosθ) である。

　θ = (1/6)π を代入すると S = sin((1/6)π)(1 − cos((1/6)π)) = (1/2)(1 − (√3)/2) = (1/2) − (√3)/4 である。

(3) ケ = 1, コ = 3　（θ = (1/3)π）

　△AQR と △APR は底辺 AR を共有するので、面積が等しいことは Q と P の y 座標の絶対値が等しいこと、すなわち sin2θ = sinθ と同値である。

　2sinθcosθ = sinθ で 0 < θ < π/2 より sinθ ≠ 0 だから cosθ = (1/2)、よって θ = (1/3)π である。

(4) サ = 2, シ = 1, ス = 3　（T/S = 2cosθ + 1、極限は 3）

　△PQR と △APR は底辺 PR を共有するので、面積の比は底辺 PR からの距離の比、すなわち T/S = NR/AR = (2cosθ − 2cos2θ)/(2 − 2cosθ) である。

　分子は cosθ − cos2θ = cosθ − (2cos²θ−1) = −(2cosθ+1)(cosθ−1) = (2cosθ+1)(1−cosθ) と因数分解できるので、T/S = (2cosθ+1)(1−cosθ)/(1−cosθ) = 2cosθ + 1 である。

　よって lim(θ→+0) T/S = 2·1 + 1 = 3 である。

(5) セ = 1, ソ = 3, タ = 3, チ = 3, ツ = 4　（θ = (1/3)π のとき U = (3√3)/4）

　AN = 2 − 2cos2θ、QN = sin2θ（0 < 2θ < π より sin2θ > 0）だから U = (1/2)(2−2cos2θ)sin2θ = (1−cos2θ)sin2θ である。

　t = 2θ（0 < t < π）とおき f(t) = (1−cos t)sin t とすると f'(t) = cos t − cos2t = −(2cos t+1)(cos t−1) = (2cos t+1)(1−cos t) で、0 < t < π では 1 − cos t > 0 だから f'(t) の符号は 2cos t + 1 の符号と一致し、t = (2/3)π の前後で正から負に変わる。

　よって t = (2/3)π すなわち θ = (1/3)π で U は最大となり、U = (1 − cos((2/3)π))sin((2/3)π) = ((3/2))·((√3)/2) = (3√3)/4 である。

(6) テト = −1, ナ = 3, ニヌ = 10, ネ = 6　（cosθ = −(1/3) + (√10)/6）

　T = (1/2)·PR·NR = (1/2)sinθ(2cosθ − 2cos2θ) = sinθ(−2cos²θ + cosθ + 1) である。これを g(θ) とおく。

　g'(θ) = cosθ(−2cos²θ+cosθ+1) + sinθ(4cosθ−1)sinθ = −6cos³θ + 2cos²θ + 5cosθ − 1 = (1−cosθ)(6cos²θ + 4cosθ − 1) であり、0 < θ < π/2 では 1 − cosθ > 0 だから符号は 6cos²θ + 4cosθ − 1 で決まる。

　6c² + 4c − 1 = 0（c = cosθ）を解くと c = (−2±√10)/6 で、0 < c < 1 をみたすのは c = (−2+√10)/6 = −(1/3) + (√10)/6。この前後で g'(θ) は正から負に変わるので、T が最大となるのは cosθ = −(1/3) + (√10)/6 のときである。