【数学IIB】共通テスト2023 本試験 解答・解説［過去問 令和5年1月15日実施］

\(\displaystyle x=\frac{\pi}{6}\) のとき \(\displaystyle 2x=\frac{\pi}{3}\) である。ここで、

\begin{align}
\sin\frac{\pi}{6}&=\frac{1}{2},&
\sin\frac{\pi}{3}&=\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align}なので $$\sin x\ \fbox{\(<\)}\ \sin 2x$$ である。

同様に、\(\displaystyle x=\frac{2}{3}\pi\) のとき \(\displaystyle 2x=\frac{4}{3}\pi\) である。ここで、

\begin{align}
\sin\frac{2}{3}\pi&=\frac{\sqrt{3}}{2},&
\sin\frac{4}{3}\pi&=-\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{align}なので $$\sin x\ \fbox{\(>\)}\ \sin 2x$$ である。

まず、\(\sin2x=2\sin x\cos x\) であるので

\begin{align}
\sin2x-\sin x
&=2\sin x\cos x-\sin x\\
&=\fbox{\(\sin x(2\cos x-1)\)}
\end{align}となる。

①について、\(0\leq x\leq 2\pi\) において $$\sin x>0\ \Longleftrightarrow\ 0<x<\pi$$ であって
\begin{align}
\ 2\cos x-1>0\
&\Longleftrightarrow\ \cos x>\frac{1}{2}\\
&\Longleftrightarrow\ 0\leq x<\frac{\pi}{3},\ \frac{5}{3}\pi\leq x\leq 2\pi
\end{align}である。よって、①が成り立つような \(x\) の範囲は $$0<x<\fbox{\(\displaystyle \frac{\pi}{3}\)}$$ である。

②について、\(0\leq x\leq 2\pi\) において $$\sin x<0\ \Longleftrightarrow\ \pi<x<2\pi$$ であって
\begin{align}
\ 2\cos x-1<0\
&\Longleftrightarrow\ \cos x<\frac{1}{2}\\
&\Longleftrightarrow\ \frac{\pi}{3}<x<\frac{5}{3}
\end{align}である。よって、②が成り立つような \(x\) の範囲は $$\pi< x<\fbox{\(\displaystyle \frac{5}{3}\pi\)}$$ である。

まず、\(\alpha+\beta=4x\), \(\alpha-\beta=3x\) を \(\alpha\), \(\beta\) について解くことで $$\alpha=\fbox{\(\displaystyle\frac{7}{2}x\)}\ ,\quad\beta=\fbox{\(\displaystyle\frac{x}{2}\)}$$ である。

④について、\(0\leq x\leq \pi\) において
\begin{align}
\cos\frac{7}{2}x>0\
&\Longleftrightarrow\ 0<\frac{7}{2}x<\frac{\pi}{2},\ \frac{3}{2}\pi<\frac{7}{2}x<\frac{5}{2}\pi\\
&\Longleftrightarrow\ 0<x<\frac{\pi}{7},\ \frac{3}{7}\pi<x<\frac{5}{7}\pi
\end{align}であって
\begin{align}
\sin\frac{x}{2}>0
&\ \Longleftrightarrow\ 0\leq \frac{x}{2}\leq\frac{\pi}{2}\\
&\ \Longleftrightarrow\ 0\leq x\leq\pi
\end{align}である。

⑤について、\(0\leq x\leq \pi\) において $$\sin\frac{x}{2}<0$$ とはならないので、⑤ が成り立つことはない。

よって、求める範囲は $$0<x<\fbox{\(\displaystyle \frac{\pi}{7}\)},\ \fbox{\(\displaystyle \frac{3}{7}\pi\)}<x<\fbox{\(\displaystyle \frac{5}{7}\pi\)}$$ である。

\(\sin4x>\sin2x\) より、(2) で求めた範囲の \(x\) を \(2x\) に置き換えればよく $$0<2x<\frac{\pi}{3},\ \pi< 2x<\frac{5}{3}\pi$$ すなわち $$0<x<\frac{\pi}{6},\ \frac{\pi}{2}<x<\frac{5}{6}\pi$$ である。

\(\sin3x>\sin4x\) より、(3) で求めた範囲の不等号を逆向きにして $$\frac{\pi}{7}<x<\frac{3}{7}\pi,\ \frac{5}{7}\pi<x<\pi$$ である。

これらの共通部分をとることで $$\frac{\pi}{7}<x<\fbox{\(\displaystyle \frac{\pi}{6}\)},\ \frac{5}{7}\pi<x<\fbox{\(\displaystyle \frac{5}{6}\pi\)}$$ を得る。

\(\log_ab=x\) のとき、対数の定義より \(\fbox{\(a^x=b\)}\) である。

(i)

\(5^2=25\) より \(\log_525=\fbox{\(2\)}\) である。また、$$27=3^3=(3^2)^{\frac{3}{2}}=9^{\frac{3}{2}}$$ より \(\log_927=\fbox{\(\displaystyle \frac{3}{2}\)}\) である。

(ii)

正の実数 \(\log_23\) が自然数 \(p\), \(q\) を用いて $$\log_23=\frac{p}{q}$$ と書けるとする。このとき、\(2^{\frac{p}{q}}=3\) となるので、両辺を \(q\) 乗することで $$\fbox{\(2^p=3^q\)}$$ を得る。しかし、この左辺は偶数で右辺は奇数なので矛盾する。よって、実数 \(\log_23\) は無理数である。

(iii)

\(a\) と \(b\) は \(2\) 以上の自然数なので \(\log_ab\) は \(0\) 以下にはなり得ない。正の実数 \(\log_ab\) が自然数 \(p\), \(q\) を用いて $$\log_ab=\frac{p}{q}$$ と書けるとする。このとき、\(a^{\frac{p}{q}}=b\) となるので、両辺を \(q\) 乗することで $$a^p=b^q$$ を得る。この関係と相反するのは \(\fbox{⑤}\) の \(a\) と \(b\) の偶奇が異なる場合である。

まず、方程式 \(f(x)=0\) を解くと \(x=0,k\) であるので、\(y=f(x)\) と \(x\) 軸の原点以外の共有点は \(\fbox{\((k, 0)\)}\) のみである。

また、\(f(x)=-x^3+kx^2\) より
\begin{align}
f^\prime(x)
&=\fbox{\(-3x^2+2kx\)}\\
&=-x(3x-2k)
\end{align}であるので、\(f(x)\) は

• \(x=\fbox{\(0\)}\) のとき、極小値 \(f(0)=\fbox{\(0\)}\) をとる。
• \(x=\fbox{\(\displaystyle \frac{2}{3}k\)}\) のとき、極小値 $$f\left(\frac{2}{3}k\right)=\left(\frac{2}{3}k\right)^2\times\frac{k}{3}=\fbox{\(\displaystyle \frac{4}{27}k^3\)}$$ をとる。

ここで、\(0<x<k\) において、\(\displaystyle x=\frac{2}{3}k\) のときの値 \(\displaystyle \frac{4}{27}k^3\) が最大値である。

円柱の高さは \(\displaystyle 15-\frac{5}{3}x\) であるので、\(0<x<9\) において
\begin{align}
V
&=\pi x^2\times\left(15-\frac{5}{3}x\right)\\
&=\fbox{\(\displaystyle \frac{5}{3}\pi x^2\left(9-x\right)\)}
\end{align}と書ける。

よって、(1) において \(k=9\) とすれば $$V=\frac{5}{3}\pi f(x)$$ と書ける。これより、\(V\) は \(x=6\) のとき最大値 $$\frac{5}{3}\pi\times\frac{4}{27}\times9^3=\fbox{\(180\pi\)}$$ をとることがわかる。

まず、
\begin{align}
\int_0^{30}\left(\frac{1}{5}x+3\right)dx
&=\left[\frac{1}{10}x^2+3x\right]_0^{30}\\
&=\frac{30^2}{10}+3\times30\\
&=90+90\\
&=\fbox{\(180\)}
\end{align}である。また、\(C\) を積分定数とすると
\begin{align}
&\int\left(\frac{1}{100}x^2-\frac{1}{6}x+5\right)dx\\
&\qquad=\fbox{\(\displaystyle \frac{1}{300}x^3-\frac{1}{12}x^2+5x+C\ \)}
\end{align}である。

(i)

まず、
\begin{align}
S(t)
&=\int_0^t\left(\frac{1}{5}x+3\right)dx\\
&=\frac{1}{10}t^2+3t
\end{align}である。方程式 \(S(t)=400\) を \(t>0\) の範囲で解くと
\begin{gather}
\frac{1}{10}t^2+3t=400\\
t^2+30t-4000=0\\
(t-50)(t+80)=0\\
t=50
\end{gather}よって、開花は \(\fbox{\(50\,日後\)}\) である。

(ii)

まず、
\begin{align}
\int_0^{40}f(x)dx
&=\int_0^{30}f(x)dx+\int_{30}^{40}f(x)dx\\
&=180+115\\
&=295\\
&<400
\end{align}より、\(40\) 日後にはまだ開花していない。一方、$$\int_{30}^{40}f(x)dx\ \fbox{<}\ \int_{40}^{50}f(x)dx$$ であることから
\begin{align}
\int_0^{50}f(x)dx
&=\int_0^{40}f(x)dx+\int_{40}^{50}f(x)dx\\
&>295+115\\
&>400
\end{align}より、\(50\) 日後には既に開花している。

よって、\(\fbox{④}\) である。

(i)

確率変数 \(X\) は正規分布 \(N(m, \sigma^2)\) に従い、正規分布は一般に平均に関して左右対称な分布である。よって、
\begin{align}
P(X\geq m)
=P\left(\frac{X-m}{\sigma}\geq \fbox{\(0\)}\right)
=\fbox{\(\displaystyle \frac{1}{2}\)}
\end{align}である。

(ii)

大きさ \(n\) の標本の標本平均 $$\overline{X}=\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}$$ を考えると、期待値は
\begin{align}
E(\overline{X})
&=E\left(\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}\right)\\
&=\frac{E(X_1)+E(X_2)+\cdots+E(X_n)}{n}\\
&=\frac{m+m+\cdots+m}{n}\\
&=\frac{mn}{n}\\
&=\fbox{\(m\)}
\end{align}である。また、各標本は無作為に抽出されているので（独立なので）、分散は
\begin{align}
\sigma^2(\overline{X})
&=\sigma^2\left(\frac{X_1+X_2+\cdots+X_n}{n}\right)\\
&=\frac{\sigma^2(X_1)+\sigma^2(X_2)+\cdots+\sigma^2(X_n)}{n^2}\\
&=\frac{\sigma^2+\sigma^2+\cdots+\sigma^2}{n^2}\\
&=\frac{n\sigma^2}{n^2}\\
&=\frac{\sigma^2}{n}
\end{align}であるので、標準偏差は $$\sigma(\overline{X})=\fbox{\(\displaystyle \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\)}$$となる。

ここで、\(0.901\div2=0.4505\) であるので、正規分布表より $$P(-z_0\leq Z\leq z_0)=0.901$$ すなわち $$P(0\leq Z\leq z_0)=0.4505$$ となるのは $$z_0=\fbox{\(1.65\)}$$ のときである。

母平均が \(m\ {\rm g}\) で、標本平均が \(30.0\ {\rm g}\) である。\(n=400\) が十分に大きいので、母標準偏差 \(\sigma\ {\rm g}\) の代わりに標本の標準偏差 \(3.6\ {\rm g}\) を用いて良い。よって、$$Z=\frac{m-30}{3.6/\sqrt{400}}=\frac{m-30}{0.18}$$ とすると \(m=30+0.18Z\) なので
\begin{gather}
-z_0\leq Z\leq z_0\\
30-0.18z_0\leq m \leq 30+0.18z_0
\end{gather}となる。今、\(0.18z_0=0.18\times1.65=0.297\) であるので $$\fbox{\(29.703 \leq m \leq 30.297\)}$$ となる。

(i)

(1)の(i)と同様に、確率変数 \(X\) は正規分布 \(N(30, 3.6^2)\) に従い、平均 \(30\ {\rm g}\) に関して左右対称な分布であるので、無作為に \(1\) 個だけ抽出して \({\rm S}\)サイズである確率は \(\fbox{\(\displaystyle \frac{1}{2}\)}\) である。

このとき、二項分布 \(\displaystyle B\left(50, \frac{1}{2}\right)\) に従う確率変数 \(U_0\) が \(25\) となる確率 \(p_0\) を考えると
\begin{align}
p_0
&={}_{50}{\rm C}_{\fbox{\(25\)}}\times\left(\frac{1}{2}\right)^{\fbox{\(25\)}}\times\left(1-\frac{1}{2}\right)^{50-\fbox{\(25\)}}\\
&={}_{50}{\rm C}_{25}\times\left(\frac{1}{2}\right)^{50}\\
&=0.112275\cdots
\end{align}である。

(ii)

二項分布 \(\displaystyle B\left(50+k, \frac{1}{2}\right)\) に従う確率変数 \(U_k\) について
\begin{align}
E(U_k)
&=(50+k)\times\frac{1}{2}\\
&=\frac{50+k}{2}
\end{align}かつ
\begin{align}
\sigma^2(U_k)
&=(50+k)\times\frac{1}{2}\times\left(1-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{50+k}{4}
\end{align}である。よって、\((50+k)\) が十分に大きければ \(U_k\) は近似的に正規分布 $$N\left(\fbox{\(\displaystyle \frac{50+k}{2}\)}\ ,\ \fbox{\(\displaystyle \frac{50+k}{4}\)}\right)$$ に従う。よって、
\begin{align}
Y
&=\frac{U_k-\frac{50+k}{2}}{\sqrt{\frac{50+k}{4}}}\\
&=\frac{2U_k-(50+k)}{\sqrt{50+k}}
\end{align}とおくと、近似的に標準正規分布 \(N(0,1)\) に従う。

このとき、\(U_k\) が \(25\) 以上 \((25+k)\) 以下となる確率 \(p_k\) を考えると
\begin{align}
p_k
&=P(25\leq U_k \leq 25+k)\\
&=P\left(-\frac{\fbox{\(k\)}}{\sqrt{50+k}}\leq Y \leq \frac{\fbox{\(k\)}}{\sqrt{50+k}}\right)
\end{align}である。但し、
\begin{align}
Y&=\frac{2U_k-(50+k)}{\sqrt{50+k}}\\
&=\begin{cases}
\displaystyle -\frac{k}{\sqrt{50+k}}&(U_k=25)\\[5pt]
\displaystyle \frac{k}{\sqrt{50+k}}&(U_k=25+k)
\end{cases}
\end{align}である。

今、\(\alpha\geq2\beta\) より \(\alpha^2\geq 4\beta^2\) を変形すると
\begin{align}
k^2&\geq 4(50+k)\\
k^2-4k&\geq 200\\
(k-2)^2&\geq 204
\end{align}となる。よって、最小の \(k=k_0\) は \(k_0-2=15\) より $$k_0=\fbox{\(17\)}$$ となる。これより、\(67\) 個のピーマンを抽出しておけば \(0.95\) 以上の確率で \(25\) 袋を作ることができる。

\(a_1=10+p\), \(a_2=1.01(10+p)+p\) であって $$a_3=\fbox{\(1.01\{1.01(10+p)+p\}+p\)}$$ である。また、一般に $$a_{n+1}=\fbox{\(1.01\)}\ a_n+\fbox{\(p\)}$$ が成り立つので、両辺に \(100p\) を加えることで $$a_{n+1}+\fbox{\(100p\)}=\fbox{\(1.01\)}\ (a_n+100p)$$ が成り立つ。よって、$$a_n+100p=1.01^{n-1}(10+p)$$ すなわち $$a_n=1.01^{n-1}(10+101p)-100p$$ である。

一方、

• \(1\) 年目の初めに入金した \(p\) 万円は、もともと預金口座にあった \(10\) 万円と同じ増え方をするので \(p\times1.01^{\fbox{\(n-1\)}}\) 万円になる。
• \(2\) 年目の初めに入金した \(p\) 万円は、\(1\) 年目の初めに入金したものより預けている期間が \(1\) 年短いので \(p\times1.01^{\fbox{\(n-2\)}}\) 万円になる。

などとなる。よって、$$a_n=10\times1.01^{n-1}+p\sum_{k=1}^n1.01^{\fbox{\(k-1\)}}$$ であるので
\begin{align}
\sum_{k=1}^n1.01^{k-1}
&=\frac{1.01^n-1}{1.01-1}\\
&=\fbox{\(100(1.01^n-1)\)}
\end{align}より $$a_n=10\times1.01^{n-1}+100p(1.01^n-1)$$ を得る。

\(10\) 年目の初めに入金した後の預金が \(a_{10}\) 万円であるので、\(10\) 年目の終わりには \(1.01\) 倍された額が預金口座にあることになる。よって、考える不等式は $$\fbox{\(1.01a_{10}\)}\geq30$$ である。

ここで、\(p\) について解くことを考えて \(a_n\) の表示として $$a_n=10\times1.01^{n-1}+100p(1.01^n-1)$$ を採用すると \(1.01a_{10}\geq 30\) より $$10\times1.01^{10}+101p(1.01^{10}-1)\geq 30$$ である。よって
\begin{align}
p&\geq \frac{\fbox{\(30\)}-\fbox{\(10\)}\times1.01^{10}}{101(1.01^{10}-1)}=1.7937\cdots
\end{align}であるので、毎年 \(18,000\) 円だけ入金すれば良い。

もともと預金口座にあった \(10\) 万円は \(n\) 年目の初めに \(10\times1.01^{n-1}\) 万円になっていた。もとの預金が \(13\) 万円だった場合、\(n\) 年目の初めの預金は \(a_n\) 万円よりも \(\fbox{\(3\times1.01^{n-1}\)}\) 万円だけ多くなる。

まず、
\begin{align}
\overrightarrow{\rm AM}
&=\frac{\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AC}}{2}\\
&=\fbox{\(\displaystyle \frac{1}{2}\)}\ \overrightarrow{\rm AB}+\fbox{\(\displaystyle \frac{1}{2}\)}\ \overrightarrow{\rm AC}
\end{align}である。

また、内積の定義から $$\frac{\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}}{|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AB}|}=\frac{\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}}{|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AC}|}=\fbox{\(\cos\theta\)}$$ である。

仮定より、\(\displaystyle \cos\theta=\frac{1}{\sqrt{2}}\) かつ $$|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AB}|=|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AC}|=9\sqrt{2}$$ であるので、①より
\begin{align}
\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}
&=\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}\\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\times9\sqrt{2}\\
&=\fbox{\(9\)}
\end{align}である。

ここで、\(\overrightarrow{\rm AD}=m\overrightarrow{\rm AM}\) なる実数 \(m\) を考える。\(\angle{\rm APD}=90^\circ\) なので $$\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm PD}=0$$ である。これより
\begin{gather}
\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm PD}=0\\
\overrightarrow{\rm AP}\cdot(\overrightarrow{\rm AD}-\overrightarrow{\rm AP})=0\\
\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AD}=|\overrightarrow{\rm AP}|^2\\
\overrightarrow{\rm AP}\cdot m\overrightarrow{\rm AM}=|\overrightarrow{\rm AP}|^2\\
\frac{m}{2}\left(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}\right)=|\overrightarrow{\rm AP}|^2\\
\frac{m}{2}\left(9+9\right)=3^2\times2\\
m=2
\end{gather}すなわち \(\overrightarrow{\rm AD}=\fbox{\(2\)}\ \overrightarrow{\rm AM}\) が成り立つ。

(i)

まず、
\begin{align}
\overrightarrow{\rm PQ}
&=\overrightarrow{\rm AQ}-\overrightarrow{\rm AP}\\
&=\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AC}-\overrightarrow{\rm AP}
\end{align}であって、これと \(\overrightarrow{\rm AP}\) の内積が \(0\) になるので $$\fbox{\(\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}+\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}=\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AP}\)}$$ が成り立つ。ここで、\(\overrightarrow{\rm AB}\), \(\overrightarrow{\rm AC}\), \(\overrightarrow{\rm AP}\) はいずれも \(\overrightarrow{0}\) ではない。よって、両辺を \(|\overrightarrow{\rm AP}|\) で割ることができて

$$|\overrightarrow{\rm AB}|\frac{\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}}{|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AB}|}+|\overrightarrow{\rm AC}|\frac{\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}}{|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AC}|}=\frac{|\overrightarrow{\rm AP}|^2}{|\overrightarrow{\rm AP}|}$$

すなわち $$\fbox{\(|\overrightarrow{\rm AB}|\cos\theta+|\overrightarrow{\rm AC}|\cos\theta=|\overrightarrow{\rm AP}|\)}$$ を得る。

(ii)

\(k\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}=\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}\) なる正の実数 \(k\) が存在するので、両辺を \(|\overrightarrow{\rm AP}|\) で割ることで $$k|\overrightarrow{\rm AB}|\frac{\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AB}}{|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AB}|}=|\overrightarrow{\rm AC}|\frac{\overrightarrow{\rm AP}\cdot\overrightarrow{\rm AC}}{|\overrightarrow{\rm AP}||\overrightarrow{\rm AC}|}$$ が成り立つ。ここで、\(0^\circ<\theta<90^\circ\) より \(\cos\theta\neq0\) であるので、①の各辺は \(0\) でなく $$\fbox{\(k|\overrightarrow{\rm AB}|=|\overrightarrow{\rm AC}|\)}$$ を得る。ここで、
\begin{align}
|\overrightarrow{\rm AB^\prime}|&=|\overrightarrow{\rm AB}|\cos\theta\\
|\overrightarrow{\rm AC^\prime}|&=|\overrightarrow{\rm AC}|\cos\theta
\end{align}であるので \(k|\overrightarrow{\rm AB}|=|\overrightarrow{\rm AC}|\) より $$k|\overrightarrow{\rm AB^\prime}|=|\overrightarrow{\rm AC^\prime}|$$ が成り立つ。

ここで、\(\overrightarrow{\rm PA}\) と \(\overrightarrow{\rm PQ}\) が垂直なら、(i)より $$|\overrightarrow{\rm AB}|\cos\theta+|\overrightarrow{\rm AC}|\cos\theta=|\overrightarrow{\rm AP}|$$ なので $$|\overrightarrow{\rm AB^\prime}|+|\overrightarrow{\rm AC^\prime}|=|\overrightarrow{\rm AP}|$$ が成り立ち、④を得る。逆に、④であれば $$|\overrightarrow{\rm AB}|\cos\theta+|\overrightarrow{\rm AC}|\cos\theta=|\overrightarrow{\rm AP}|$$ が成り立つ。よって、\(\fbox{④}\) である。

特に \(k=1\) であるとき、\(\overrightarrow{\rm PA}\) と \(\overrightarrow{\rm PQ}\) が垂直であることは \(2\) 点 \({\rm B}^\prime\), \({\rm C}^\prime\) が共に線分 \({\rm AP}\) の中点に一致することと同値である。

\(2\) 点 \({\rm B}^\prime\), \({\rm C}^\prime\) が共に線分 \({\rm AP}\) の中点に一致するとき、②を得る。逆に、②であれば \(|\overrightarrow{\rm AB}|=|\overrightarrow{\rm AC}|\) であるので、$$|\overrightarrow{\rm AB}|\cos\theta+|\overrightarrow{\rm AC}|\cos\theta=|\overrightarrow{\rm AP}|$$ より \(2\) 点 \({\rm B}^\prime\), \({\rm C}^\prime\) が共に線分 \({\rm AP}\) の中点に一致する。よって、\(\fbox{②}\) である。