https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/2026/Rika

2026.03.02.03:47:39記

[4] $k$ を実数とし，座標平面上の曲線 $C$ を $y=x^3-kx$ で定める． $C$ 上の2点 $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ に対する以下の条件 $(\ast)$ を考える．

条件 $(\ast)$ 原点 $\mbox{O}$ ，点 $\mbox{P}$ ，点 $\mbox{Q}$ は相異なり, $C$ の $\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ における接線のうち，どの $2$ 本も交わり，そのなす角はすべて $\dfrac{\pi}{3}$ となる．

ただし， $2$ 直線のなす角は $0$ 以上 $\dfrac{\pi}{2}$ 以下の範囲で考えるものとする．

(1) 条件 $(\ast)$ を満たす $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ が存在するような $k$ の範囲を求めよ．

(2) $k$ が(1)で定まる範囲にあるとする． $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ が条件 $(\ast)$ を満たすように動くとき， $C$ の $\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ における接線によって囲まれる三角形の面積 $S$ の最大値を $M$ ，最小値を $m$ とおく．ただし， $3$ 本の接線が $1$ 点で交わるときは $S=0$ とする． $M=4m$ となる $k$ の値を求めよ．

本問のテーマ

三角不等式
正接(tan)の和と差
3次関数は「2×4の箱」に閉じ込められる

2026.03.02.03:47:39記
直線のなす角度を考えるときは，直線の傾きを設定して $\tan$ の加法定理を利用するのが定石です．また $3$ 本の接線のなす三角形は正三角形ですから一辺の長さの最大値と最小値の比が $2:1$ となる $k$ の値を求めれば良いことになります．ここで $M$ や $m$ を考えるとき $k$ は定数扱いであることに注意しましょう．

三角不等式は $|x+y|\leqq |x|+|y|$ のみを指しますが，ここでは $\bigl||x|-|y|\bigr|\leqq |x\pm y|\leqq |x|+|y|$ ，もしくは $\max\{|x|，|y|\}-\min\{|x|，|y|\}\leqq |x\pm y|\leqq |x|+|y|$ を指しています．

[解答]
(1) $f(x)=x^3-kx$ とおくと， $y=f(x)$ の $\mbox{O}$ における接線の傾きは $-k$ であるから，残りの2接線の傾きは $\tan$ の加法定理から
$\dfrac{-k\pm\tan\dfrac{\pi}{3}}{1\mp (-k)\tan\dfrac{\pi}{3}}$ $=\dfrac{-k\pm\sqrt{3}}{1\pm k\sqrt{3}}$
となる．

$f'(x)=3x^2-k\geqq -k$ であるから，このような接線が存在する必要十分条件は
$\dfrac{-k+\sqrt{3}}{1+k\sqrt{3}}\geqq -k$ ， $\dfrac{-k-\sqrt{3}}{1-k\sqrt{3}}\geqq -k$
の両方が成立することである． $1+k^2\gt 0$ に注意して整理すると
$\dfrac{1}{1+k\sqrt{3}}\geqq 0$ ， $\dfrac{1}{1-k\sqrt{3}}\leqq 0$
となり $k\gt\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ となる．

(2) $\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ における接線によって囲まれる三角形は正三角形であるから，その一辺の長さの最大値が最小値の $2$ 倍となる $k$ の値を求めれば良い．

今， $\mbox{P}(p，f(p))$ ， $\mbox{Q}(p，f(p))$ とおき，
$f'(p)=3p^2-k=\dfrac{-k+\sqrt{3}}{1+k\sqrt{3}}$ …①， $f'(q)=3q^2-k=\dfrac{-k-\sqrt{3}}{1-k\sqrt{3}}$ …②
としても良い．

ここで $\mbox{P}$ における接線 $y=f'(p)(x-p)+f(p)$ $=(3p^2-k)(x-p)+p^3-kp$ と $\mbox{O}$ における接線 $y=-kx$ の交点の $x$ 座標は $(3p^2-k)(x-p)+p^3-kp=-kx$ ，つまり $3p^2x=2p^3$ と $p\neq 0$ により $x=\dfrac{2}{3}p$ となる．同様に $\mbox{P}$ における接線と $\mbox{O}$ における接線の交点の $x$ 座標は $x=\dfrac{2}{3}q$ となる．そして $2$ 交点は $\mbox{O}$ における接線上にあるので， $\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ における接線によって囲まれる正三角形の一辺の長さ $l$ は
$l=\sqrt{k^2+1}\cdot \dfrac{2}{3}|p-q|$
となる．ここで①②により
$p^2=\dfrac{k^2+1}{3k+\sqrt{3}}$ …③， $q^2=\dfrac{k^2+1}{3k-\sqrt{3}}$ …④
となり， $p^2\lt q^2$ ，つまり $|p|\lt |q|$ であるから，三角不等式により
$|q|-|p|\leqq |p-q|\leqq |p|+|q|$
が成立し，左の等号成立は $p$ と $q$ が同符号，右の等号成立は $p$ と $q$ が異符号のときに成立するので③④の平方根から $p，q$ を求める際に左右の等号が成立するような $p，q$ を選ぶことができる．

このとき $(|q|-|p|):(|p|+|q|)$ $=2:1$ であるから $|p|:|q| =1:3$ ，つまり $q^2=9p^2$ となる．よって③④から $3k+\sqrt{3}=9(3k-\sqrt{3})$ となり $k=\dfrac{10\sqrt{3}}{24}=\dfrac{5\sqrt{3}}{12}$ となる．この $k$ は(1)を満たしているので適する．

2026.03.03記

本問で $\mbox{O}$ における接線と $\mbox{P}$ における接線の交点の $x$ 座標が思いの他綺麗になったと思った人も多いでしょう．これは $Y=f(X)=X^3$ の $X=t$ における接線 $Y=f'(t)(X-t)+f(t)$ と $X$ 軸（変曲点 $X=0$ における接線）の交点の $X$ 座標が $X=t-\dfrac{f(t)}{f'(t)}$ $=t-\dfrac{t}{3}=\dfrac{2t}{3}$ となる状況を $x=X$ ， $y=Y-kX$ という線形変換で移したものであると考えると理解し易いと思います．

ここで $f(t)$ が $f'(t)$ で割り切れれば $Y=f(X)$ の $X=t$ における接線と $x$ 軸の交点の $X$ 座標に分数が登場しないことがわかります（このとき， $x$ 軸が $y=f(x)$ の接線となるには $f(0)=f'(0)=0$ という条件が必要です）．

1989年(昭和64年)京都大学前期-数学(理系)[3] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR にも触れましたが， $X$ の多項式 $f(X)$ が $f'(X)$ で割り切れるのは， $f(X)=A(X-\alpha)^n$ の形に限られます．このとき， $X=t-\dfrac{t-\alpha}{n}=\dfrac{(n-1)t+\alpha}{n}$ となります．よって $Y=f(X)$ の $X=0$ における接線が $X$ 軸となるようにアファイン変換すると $y=A(x-\alpha)^n-A(-\alpha)^{n-1}(nx+\alpha)$ の $x=0，t$ における接線の交点の $x$ 座標は $x=\dfrac{(n-1)t+\alpha}{n}$ となることがわかります．何かあまりきれいではないので $\alpha=0$ としてアファイン変換して

$y=Ax^n+Bx+C$ の $x=0，t$ における接線の交点の $x$ 座標は $x=\dfrac{(n-1)t}{n}$

とした方が良いですね．これで $n=2$ とすれば（すべての二次関数） $y=Ax^2+Bx+C$ の $x=0，t$ における接線の交点の $x$ 座標は $x=\dfrac{t}{2}$ となりますが，これを好きに平行移動や拡大をしても何らかの二次関数になるので，

$y=Ax^2+Bx+C$ の $x=\alpha，\beta$ における接線の交点の $x$ 座標は $x=\dfrac{\alpha+\beta}{2}$

となる有名事実を含んでいることがわかります．

さて，[解答]は $k$ を主役にしましたが，2026年(令和8年)東京大学-数学(文科)[4] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR では誘導の小問が追加されています．これは角度を中心に考えるという誘導とも考えることができますので，角度主体に考えてみましょう．

[解答]
(1) $3$ 本の接線の傾きは $\tan\theta$ ， $\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)$ ， $\tan\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)$ であり，これらが小さい順番になるような $\theta$ の存在範囲は $-\dfrac{\pi}{2}\lt \theta\lt -\dfrac{\pi}{6}$ である．

一方， $f'(x)=3x^2-k$ は $x=0$ で最小値 $-k$ をとるので， $\mbox{O}$ における接線の傾きは $\tan\theta$ となり，よって $k=-\tan\theta$ である． $-\dfrac{\pi}{2}\lt \theta\lt -\dfrac{\pi}{6}$ であるから求める $k$ の範囲は $k\geqq\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ である．

(2) $\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ における接線によって囲まれる三角形は正三角形であるから，その一辺の長さの最大値が最小値の $2$ 倍となる $\tan\theta=-k$ について考える．

今， $\mbox{P}(p，f(p))$ ， $\mbox{Q}(p，f(p))$ とおき，
$f'(p)=3p^2-k=\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)$ …①， $f'(q)=3q^2-k=\tan\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)$ …②
としても良い．このとき $\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\lt \tan\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)$ より $p^2\lt q^2$ …③ である．

三角不等式と③により $|q|-|p|\leqq |p-q|\leqq |p|+|q|$ が成立し，左の等号成立は $p$ と $q$ が同符号，右の等号成立は $p$ と $q$ が異符号のときに成立するので①②の平方根から $p，q$ を求める際に左右の等号が成立するような $p，q$ を選ぶことができる．

このとき $(|q|-|p|):(|p|+|q|)$ $=2:1$ であるから $|p|:|q| =1:3$ ，つまり $q^2=9p^2$ となる．

ここで①から $3p^2=\dfrac{\tan\theta+\tan\dfrac{\pi}{3}}{1-\tan\theta\tan\dfrac{\pi}{3}}+k$ $=\dfrac{-k+\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}k}+k$ $=\dfrac{\sqrt{3}(1+k^2)}{1+\sqrt{3}k}$ ，②から $3q^2=\dfrac{\tan\theta+\tan\dfrac{2\pi}{3}}{1-\tan\theta\tan\dfrac{2\pi}{3}}+k$ $=\dfrac{-k-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}k}+k$ $=\dfrac{\sqrt{3}(1+k^2)}{-1+\sqrt{3}k}$ となるので
$\dfrac{q^2}{p^2}=\dfrac{1+\sqrt{3}k}{-1+\sqrt{3}k}=9$ となり $k=\dfrac{5\sqrt{3}}{12}$ となる．この $k$ は(1)を満たしているので適する．

一般に $\tan\alpha\pm\tan\beta=\dfrac{\sin(\alpha\pm\beta)}{\cos\alpha\cos\beta}$ となることから $\tan(\theta+\alpha)-\tan\theta$ $=\dfrac{\sin\alpha}{\cos(\theta+\alpha)\cos\theta}$ が成立します．よって
$3p^2=\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)-\tan\theta=\dfrac{\sin\dfrac{\pi}{3}}{\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\theta}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\theta}$
として $p^2=\dfrac{1}{2\sqrt{3}\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\theta}$ ，同様に $q^2=\dfrac{1}{2\sqrt{3}\cos\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)\cos\theta}$ となり， $\dfrac{\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)}{\cos\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)}=9$ が得られます．これは結局 $\dfrac{\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta}{-\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta}=9$ を経由して $\dfrac{1-\sqrt{3}\tan\theta}{-1-\sqrt{3}\tan\theta}=9$ と変形して $\tan\theta$ を求めることと同じことになりますので， $\tan\theta=-k$ から $\dfrac{1+\sqrt{3}k}{-1+\sqrt{3}k}=9$ と同じ方程式を解いていることになります．

2026.03.02.記
3次関数は「2×4の箱」に閉じ込められる事実で良く省略されるのは，変曲点と同じ高さに来るのは変曲点から両方に $\sqrt{3}$ 離れたのところ，変曲点における接線が箱の上下にぶつかるのは変曲点から両方に $\dfrac{2}{3}$ 離れたのところ，というのがあります．あまり使わないので忘れていました．

[大人の解答]
(1) $\mbox{O}(0，0)$ ， $\mbox{P}(p，f(p))$ ， $\mbox{Q}(p，f(p))$ とおく． $x^3$ の係数が正の $3$ 次関数の接線の傾きは変曲点である $\mbox{O}$ において最小となり， $x$ 座標が増加すると接線の傾きは単調増加し，その極限は正の無限大である．そして $y=f(x)$ は原点対称であるから，接線の傾きが変曲点における接線の傾きよりも大きいものは丁度二つあり，その接点は $\pm a$ の形をしていることがわかる．

よって $\mbox{O}$ における接線の傾き $-k$ を $-k=\tan\theta$ とおくときに傾きが $\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)$ ， $\tan\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)$ を満たすものが存在するためには，「 $-\dfrac{\pi}{2}\lt\theta$ かつ $\theta+\dfrac{2\pi}{3}\lt\dfrac{\pi}{2}$ 」が必要十分であり，このとき $-\dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt-\dfrac{\pi}{6}$ であるから，そのような $k=-\tan\theta$ の満たすべき条件は $k\gt\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ である．

(2) (1)において接線の傾きが $\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)$ ， $\tan\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)$ となるものの接点の $x$ 座標が正となる値をそれぞれ $a，b$ （ $a\lt b$ ）とおくと
$\{p，q\}=\{a，b\}，\{a，-b\}，\{-a，b\}，\{-a，-b\}$ …①
となる．

さて， $3$ 次関数は「2×4の箱」に閉じ込められる性質の一つから， $\mbox{A}(a，f(a))$ （ $a\neq 0$ ）における接線と変曲点 $\mbox{O}(0，0)$ における接線との交点の $x$ 座標は $x=\dfrac{2}{3}a$ であることから，
$\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ における接線からできる正三角形の一辺の長さは
$\dfrac{2}{3}\sqrt{1+k^2}|p-q|$
となるので，①により，それが最大となるのは $\sqrt{1+k^2}(a+b)$ ，最小となるのは $\sqrt{1+k^2}(b-a)$ となる．この比 $(a+b):(b-a)$ が $2:1$ であるから $b:a=3:1$ となる．

ここで $f'(a)=3a^2-k$ から $3a^2$ $=\tan\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)-\tan\theta=\dfrac{\sin\dfrac{\pi}{3}}{\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\theta}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{2\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)\cos\theta}$ ，
同様に
$3b^2$ $=\tan\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)-\tan\theta=\dfrac{\sin\dfrac{2\pi}{3}}{\cos\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)\cos\theta}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{2\cos\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)\cos\theta}$
であるから，
$\dfrac{b^2}{a^2}$ $=\dfrac{\cos\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)}{\cos\left(\theta+\dfrac{2\pi}{3}\right)}$ $=\dfrac{\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta}{-\cos\theta-\sqrt{3}\sin\theta}$ $=\dfrac{1-\sqrt{3}\tan\theta}{-1-\sqrt{3}\tan\theta}=9$
が成立する．よって $\tan\theta=-\dfrac{5\sqrt{3}}{12}$ となる．ここで $\tan\theta\lt-\dfrac{4\sqrt{3}}{12}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\tan\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)$ であるから $-\dfrac{\pi}{2}\lt\theta\lt-\dfrac{\pi}{6}$ を満たしているので適する．よって $k=-\tan\theta=\dfrac{5\sqrt{3}}{12}$ である．

この[大人の解答]には sin，cos の加法定理は使っていますが，tan の加法定理は使っていません．

2026.03.20記

今年の東大理系数学第4問は正三角形の特徴を踏まえて図形的に考えないと面積の式を出すのが大変だったと言われていますが、係数行列の余因子を用いた3直線で囲まれる面積の一般公式でブン殴れば図形的に考えなくても解けます。#チート式 pic.twitter.com/bxfJP0pWn8
— 佐久間 (@keisankionwykip) 2026年3月19日

というチート式の人の投稿があったので参考にしてみます．この公式は
平面上の3直線で囲まれた部分の面積 - 球面倶楽部零八式 mark II
のように $y=…$ の形の方が，カバリエリの原理と組合せることができるので使い勝手が良くなります．

[大人の解答]
(2) $y=-kx$ ， $y=(3p^2-k)x-2p^3$ ， $y=(3q^2-k)x-2q^3$ （ $p^2\lt q^2$ ）で囲まれる部分の面積は，カバリエリの原理により
$y=0$ ， $y=3p^2x-2p^3$ ， $y=3q^2x-2q^3$ で囲まれる部分の面積と等しく，
$\dfrac{\left\{\mbox{det}\,\begin{pmatrix} 3p^2 & -2p^3 \\ 3q^2 & -2q^3 \end{pmatrix}\right\}^2}{2 \left|3p^2\cdot 3q^3\cdot 3(p^2-q^2)\right|}$ $=\dfrac{(6p^2q^2)^2}{2\cdot 3^3 p^2q^2 (q^2-p^2)}\left\{\mbox{det}\,\begin{pmatrix} 1 & -p \\ 1 & -q \end{pmatrix}\right\}^2$ $=\dfrac{2p^2q^2(p-q)^2}{3(q^2-p^2)}$
となる．よって $p^2，q^2$ が与えられたとき，この面積の最大と最小の比が $4:1$ となるのは
$\dfrac{(|p|+|q|)^2}{(|q|-|p|)^2}=4$
のときで， $(|p|+|q|):(|q|-|p|)=2:1$ から $|q|:|p|=3:1$ となる．（以下略）

2026.03.29記
もちろん，先程の大人の解答で，三角形の三頂点の座標は
$\left(\dfrac{2}{3}p，0\right)$ ， $\left(\dfrac{2}{3}q，0\right)$ ， $\left(\ast，\dfrac{2p^2q^2}{p+q}\right)$
となるので，底辺×高さ÷2で
$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}|p-q|\cdot\dfrac{2p^2q^2}{|p+q|}$ $=\dfrac{2p^2q^2|p-q|}{3|p+q|}$
と求めることができます．

[解答]
(2) $y=-kx$ ， $y=(3p^2-k)x-2p^3$ ， $y=(3q^2-k)x-2q^3$ （ $p^2\lt q^2$ ）で囲まれる部分の面積は，カバリエリの原理により
$y=0$ ， $y=3p^2x-2p^3$ ， $y=3q^2x-2q^3$ で囲まれる部分の面積と等しく，それは直線の交点が
$\left(\dfrac{2}{3}p，0\right)$ ， $\left(\dfrac{2}{3}q，0\right)$ ， $\left(\dfrac{2(p^3-q^3)}{3(p^2-q^2)}，\dfrac{2p^2q^2}{p+q}\right)$
となることから
$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}|p-q|\cdot\dfrac{2p^2q^2}{|p+q|}$ $=\dfrac{2p^2q^2|p-q|}{3|p+q|}$
となる．よって $|p|，|q|$ が与えられたとき，この面積の最大と最小の比が $4:1$ となるのは
$\dfrac{(|p|+|q|)^2}{(|q|-|p|)^2}=4$
のときで， $(|p|+|q|):(|q|-|p|)=2:1$ から $|q|:|p|=3:1$ となる．（以下略）