https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Qdai/2021/Rikei

[2]

$\theta$ を $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{4}$ をみたす定数とし， $x$ の2次方程式
$x^2-(4\cos\theta)x+\dfrac{1}{\tan\theta}=0\cdots\cdots(\ast)$
を考える．以下の問いに答えよ．

(1) 2次方程式 $(\ast)$ が実数解をもたないような $\theta$ の値の範囲を求めよ．

(2) $\theta$ が (1) で求めた範囲にあるとし， $(\ast)$ の2つの虚数解を $\alpha,\beta$ とする．ただし， $\alpha$ の虚部は $\beta$ の虚部より大きいとする．複素数平面上の3点 ${\rm A}(\alpha)$ ， ${\rm B}(\beta)$ ， ${\rm O}(0)$ を通る円の中心を ${\rm C}(\gamma)$ とするとき， $\theta$ を用いて $\gamma$ を表せ．

(3) 点 $\rm O, A, C$ を (2) のように定めるとき，三角形 $\rm OAC$ が直角三角形になるような $\theta$ に対する $\tan\theta$ の値を求めよ．

2021.03.17記

[解答]

(1) 2次方程式 $(\ast)$ の判別式を $D$ とすると，
$\dfrac{D}{4}=4\cos^2\theta-\dfrac{1}{\tan\theta}$ $=\dfrac{4\cos^2\theta\sin\theta-\cos\theta}{\sin\theta}$ $=\dfrac{\cos\theta(2\sin2\theta-1)}{\sin\theta}\lt 0$
が成立する． $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{4}$ により $\cos\theta,\sin\theta\gt 0$ だから， $\sin2\theta\lt\dfrac{1}{2}$ ，つまり $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{12}$

(2) $\rm OC=AC$ から
$\gamma\bar{\gamma}=(\gamma-\alpha)(\bar{\gamma}-\bar{\alpha})$
となり，
$\alpha\bar{\gamma}+\bar{\alpha}\gamma=\alpha\bar{\alpha}$
が成立する．

$\alpha$ と $\beta$ は共役複素数だから， $\rm A,B$ は $x$ 軸について対称であるから， $\gamma$ は実数となるので，
$\gamma=\dfrac{\alpha\bar{\alpha}}{\alpha+\bar{\alpha}}$ $=\dfrac{\quad\dfrac{1}{\tan\theta}\quad}{4\cos\theta}$ $=\dfrac{1}{4\sin\theta}$
である．

(3) $\alpha$ の偏角が $\dfrac{\pi}{4}$ となるので， $\alpha=2\cos\theta(1+i)$ が成立するので
$\dfrac{1}{\tan\theta}=\alpha\bar{\alpha}=8\cos^2\theta$ $=\dfrac{8}{1+\tan^2\theta}$
となる．よって
$\tan^2\theta-8\tan\theta+1=0$
となり， $\tan\theta=4\pm\sqrt{15}$ となり，これらの解のうち $0\lt\theta\lt\dfrac{\pi}{12}$ から $0\lt \tan\theta\lt \tan\dfrac{\pi}{12}=2-\sqrt{3}$ をみたすものが答となる．

$\tan\theta=4+\sqrt{15}\gt 2-\sqrt{3}$ は不適である．

$\tan\theta=4-\sqrt{15}$ について

$2-\sqrt{3}$ と $4-\sqrt{15}$ の大小は
$\sqrt{15}-\sqrt{3}$ と $2$ の大小に等しく，
$18-6\sqrt{5}$ と $4$ の大小に等しく，
$7$ と $3\sqrt{5}$ の大小に等しく，
$49$ と $45$ の大小に等しい．

よって $2-\sqrt{3}\gt 4-\sqrt{15}（\gt 0）$ が成立し， $\tan\theta=4-\sqrt{15}$ は題意をみたす．

予備校によっては，解答速報で $0\lt \tan\theta\lt 1$ としか述べていないが，(1)があるのでやはり $0\lt \tan\theta\lt \tan\dfrac{\pi}{12}=2-\sqrt{3}$ は確認しておいた方が良いだろう．

河合塾の

(3) 条件より $\sin2\theta=\dfrac{1}{4}$ とし， $0\lt \dfrac{1}{4}\lt \dfrac{1}{2}=\sin\dfrac{\pi}{6}$ だから
$\sin 2\theta=\dfrac{1}{4}$ のとき $2\theta\lt\dfrac{\pi}{6}$ となる，という確かめ方は上手い。

その後、 $\sqrt{15}:1:4$ の直角三角形と角の2等分線の性質を利用して $\sin2\theta=\dfrac{1}{4}$ から $\tan\theta=\dfrac{\sqrt{15}}{\sqrt{15}+4}$ を導くのも素晴しい．