解答例

.(東京大学2004第1問)
xy平面の放物線y=x^{2}上の3点P,Q,Rが次の条件を満たしている.
 \triangle PQRは一辺の長さaの正三角形であり,点P,Qを通る直線の傾きは\sqrt{2}である.
このとき,aの値を求めよ.□

上は完全に思い出話で終わってしまったが,
結局のところどうやって解くの,ということを書かないとなんとなくこのブログっぽくないので書こうと思う.
昔は幾何ベクトルで解いたのだが,今ならそうしない.
座標を設定して傾きからなんとかするのがいいのではないかなと思う.

(解)
3点をP(p,p^{2})Q(q,q^{2})R(r,r^{2})とおく.ただしr < p < q とする.
直線PQ,直線QR,直線RPx軸の正の部分となす角をそれぞれ\alpha\beta\gammaとする.
P,Qを通る直線の傾きは\sqrt{2}であるから,\frac{q^{2}-p^{2}}{q-p}=q+p=\sqrt{2}である.
つまり,\tan \alpha = p+q = \sqrt{2}…(1)が成り立つ.同様にq+r=\tan \betar+p=\tan \gammaである.
ここで直線PQと直線RPがなす角について\gamma - \alpha = 60^{\circ}となる.
ゆえに三角関数の加法定理より\frac{\tan \gamma -\tan \alpha}{1+\tan \gamma \tan \alpha}=\tan(\gamma-\alpha)=\tan 60^{\circ}=\sqrt{3}である.
(1)より\frac{\tan \gamma - \sqrt{2}}{1+\sqrt{2} \tan \gamma} = \sqrt{3}から r+p = \tan \gamma = - \frac{\sqrt{3}+\sqrt{2}}{\sqrt{6}-1}となる.
また\alpha - \beta= 60^{\circ}または\beta - \alpha =120^{\circ}より,同様の計算でq+r=\tan \beta = \frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{1+\sqrt{6}}である.
二式を連立してq-p=\frac{6\sqrt{3}}{5}を得る.
ゆえに
a=PQ
  =\sqrt{(q-p)^{2}+(q^{2}-p^{2})^{2}}
  =\sqrt{ (q-p)^{2}+(p+q)^{2}(q-p)^{2} }
  =\sqrt{(q-p)^{2}+(\sqrt{2})^{2}(q-p)^{2}}
  =\sqrt{3(q-p)^{2}}
  =\sqrt{3}|q-p|
  =\sqrt{3} \times \frac{6\sqrt{3}}{5}
  =\frac{18}{5}