大学入試問題

14-2 2次曲線を見込む角が直角の時

線分を見込む角が最大になる場合を直線上で見つけるのは，直線に接する円を考えればよく，その点は方べきの定理を利用すれば解決することがわかった．
次に２点を見込む角の最大値，最小値を円周上で見つけよう．

例題2
円$O$と円$O$の外部に２点$A,B$が与えられている．円$O$の周上で，線分$AB$を見込む角が最大になる点および最小になる点を求めよ．

解答
求める点は２点$A,B$を通り，円$O$に外接する円，内接する円の接点であることがわかります．
しかしどのようにその円を求めるのでしょうか．この問題を解決しましょう．

初等幾何的処理に慣れていないと難しいと思います．
次のように考えます．
条件を満たす円が存在したとして，その円が満たす条件を考える．それらを通して，求める円の作図を見つけます．
実際にやってみましょう．
2点$A,B$と円$O$が与えられたとき，$A,B$を通り円$O$に外接する円$O'$が見つかったとします．
接点を$T$として共通接線を引き，直線$AB$との交点を$P$, さらに$P$を通る円$O$と交わる直線を引き，円$O$との交点を$C,D$とする．
これで円$O'$が求まります．
$PA\cdot PB=PC\cdot PD$
より，４点$A,B,C,D$は同一円周上．したがって，$A,B$を通り，円$O$に交わる円を描き，円$O$と交点を$C,D$とし，２直線$AB,CD$の交点を$P$,$P$から円$O$に引いた接線の接点が円$O$の外接円，内接円になります．

これで例題2が解決しました．
解説
$1.$ここで用いた，解が見つかったとして，解の満たす性質を調べ，逆にたどることにより解を見つける解法は解析と呼ばれています．特に幾何学でよく用いられますが入試問題を解くときにもしばしば用いられます．．
$2.$点または円の３条件が与えられたとき，点についてはその点を通る，円についてはその円と接する円を見つける問題をアポロニウスの問題といいう．具体的に書くとつぎのようになる．
１．３点を通る円を求めよ．
２．２点を通り１円に接する円をも求めよ．
３．１点を通り２円に接する円を求めよ．
４．３円に接する円を求めよ．
例題２はアポロニウスの問題の２の場合である．なお，４が一番難しく，４だけをアポロニウスの問題ということも多い．

ここまでは，線分を見込む角を考えてしました．これからは領域を見込む角を考えます．領域といっても一般の領域は扱いません．ここで扱うのは２次曲線です．

例題3
原点$O$を中心とする半径1の円を見込む角が$\dfrac{\pi}{2}$である点の軌跡を求めよ．

解答1
点$P$を円$O$の外部の点とし，$P$から円$O$に接線$PT$を引くと
$\angle TPO=\dfrac{\pi}{4}$
より，$PO=\sqrt{2}$
求める軌跡は原点を中心とする半径$\sqrt{2}$の円．

この問題は，円$O$に外接する正方形（右図の正方形$ABCD$を原点の周りに回転したものと考えるとわかりやすい．

さて，この問題で次の解答を学びましょう．
解答2
円$O$の外部の点を$P(X,Y)$とおく．
$P$をとおり傾き$m$の直線は
$y-Y=m(x-X)$
この直線が円$x^2+y^2=1$に接するための条件は
$x$についての２次方程式 $x^2+(m(x-X)+Y)^2-1=0$
整理した
$(1+m^2)x^2-2m(mX-Y)x+(mX-Y)^2-1=0$
が重解を持つこと.
$D/4=m^2(mX-Y)^2-(1+m^2)((mX-Y)^2-1)$
$m^2(mX-Y)^2$が消えるから
$=-(mX-Y)^2+(1+m^2)$
$m$で整理して
$=(1-X^2)m^2+2mXY-Y^2+1=0$
方程式の解を$m_1,m_2$とすると，解と係数の関係より，
$m_1m_2=\dfrac{1-Y^2}{1-X^2} \ \ \cdots (\sharp)$
2つの接線が直交するのは$m_1m_2=-1$であるから
$\dfrac{1-Y^2}{1-X^2}=-1$
したがって
$X^2+Y^2=2$
より
$x^2+y^2=2$

もし，$(\sharp)$の分母=0である$x^2=1$が気になれば，$x=\pm 1,y=\pm 1$は別に扱えばよい．

この解答２を理解することが本稿の第１の目的です．一般の２次曲線を見込む角が直角である点の軌跡を求める問題はしばしば出題されます．この問題は私の高校時代（４０年以上前）からあるので，これからもなくなることはないでしょう．解答は円の方程式が２次曲線に代わるだけ，解法は変わりません．解答から分かるように，判別式を計算するとき，展開しないで，消える項に注目するとうまくいきます．

次に放物線を見込む角が$\dfrac{\pi}{2}$となる点の軌跡を考えましょう．

例題4
放物線を見込む角が直角である点の軌跡は放物線の準線であることを示せ．

初等幾何的解答は次のようになります．
解答1
放物線上に２点$P,Q$をとり，$P,Q$における接線の交点を$C$とする．放物線の焦点を$F$とし， $CP,CQ$に関して$F$と対称な点をそれぞれ$A,B$とすると$A,B$は準線に上にある
($\because AP=FP,\angle APC=\angle FPC$)．
$\angle PCQ=\dfrac{\pi}{2}$のとき３点$A,C,B$は一直線上にあり点$P$は準線上にある．
逆に点$C$が準線上にあれば$\angle ACBpi$であるから$\angle PCQ=\dfrac{\pi}{2}$

この証明からは，準線上の点$C$から放物線に引いた接線の接点$P,Q$を通る直線$PQ$( この直線$PQ$を与えられた曲線の点$C$における極線という) が焦点$F$を通ることはわからないが，直線$PQ$は必ず焦点$F$を通る．
それは極線の方程式を考えるとわりやすい．
実際，放物線の方程式を
$y^2=4px$,
準線上の点$C$の座標を$(-p,y_0)$とおけば，点$C$における極線の方程式は
$y_0y=2p(x-p)$
より直線$PQ$は必ず焦点$(p,0)$を通る．

次に，例題４を座標を用いて解きましょう．ちなみに以下の解答が皆さんが標準的に学ぶ解答です．

解答2
放物線を$y^2=4px$，放物線外の点を$P(X,Y)$とおく．
$P$を通る直線で$x$軸と平行でないものを
$x-X=m(y-Y)$
とおき($x$と平行な直線は放物線と接しない)，この直線が放物線と接するから
$y^2=4p(m(y-Y)+X)$
$y^2-4pmy+4pmY-4pX=0$
$\dfrac{D}{4}=4p(pm^2-mY+X)=0$
この$m$に関しての２次方程式の解を$m_1,m_2$とすると，解と係数関係より $m_1m_2=\dfrac{X}{p}$
傾き$m_1,m_2$の直線が直交するのは$m_1m_2=-1$であるから求める軌跡は直線$x=-p$すなわち与えられた放物線の準線である．

次に楕円，双曲線を見込む角が直角である点の軌跡を求めよう．
楕円，双曲線別々に考えてもよいが，ここでは，曲線を
$ax^2+by^2=1$
とおいて計算しよう．もちろん
$a,b$をそれぞれ$\dfrac{1}{a^2},\dfrac{1}{b^2}$とおけば楕円の標準形であるし， $\dfrac{1}{a^2},-\dfrac{1}{b^2}$とおけば双曲線の標準形である．

$P(X,Y)$とおき，点$P(X,Y)$を通る直線を
$y-Y=m(x-X)$
とおく．
$ax^2+by^2=1$
に代入し，
$ax^2+b(mx-(mX-Y))^2-1=0$
$(a+bm^2)x^2-2bm(mX-Y)x+b(mX-Y)^2-1=0$
判別式を計算すると
$D/4=b^2m^2(mX-Y)^2-(a+bm^2)(b(mX-Y)^2-1)$
展開せず，$b^2m^2(mX-Y)^2$が消去されるので
$=(-abX^2+b)m^2+2abXYm-abY^2+a=0$
解を$m_1,m_2$とすると,解と係数の関係より
$m_1m_2=\dfrac{abY^2-a}{abX^2-b}$
したがって，$m_1m_2=-1$より
$\dfrac{abY^2-a}{abX^2-b}=-1$
すなわち，
$x^2+y^2=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}$
をえる．

ここで得た結果を楕円，双曲線を用いて表すと次のようになる．

命題
楕円$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$を見込む角が直角である点の軌跡は円$x^2+y^2=a^2+b^2$である．
双曲線$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$を見込む角が直角である点の軌跡は $a^2 > b^2$のときだけ存在しその図形は円$x^2+y^2=a^2-b^2$であり，$a^2\leqq b^2$のときは存在しない．

放物線を見込む角が直角の軌跡は準線であるから，それに合わせて，楕円，双曲線を見込む角が直角の軌跡を準円と呼ぶ．
楕円の準円は右の図を考えると理解しやすいと思う．
右図はポンスレ閉経定理の１つです．動画でお楽しみください

命題の楕円の場合の初等幾何的証明は次のようになる．
証明
楕円の方程式を
$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$
とする．
$P$から楕円に接線$PT,PT'$を引き$\angle TPT'=\dfrac{\pi}{2}$のとき，
点$F$の$PT,PT'$に関して対称な点をそれぞれ$A,B$とすると，３点$A,P,B$は一直線上にある．
$\angle TPF'=\angle T'PB$
であるから（証明はあとで行う）
$\angle　APF'=\dfrac{\pi}{2}$
後は簡単な計算です．
$2(PO^2+OF^2)$
$=PF'^2+PF^2$
$=(AF'^2-AP^2)+PF^2$
$=AF'^2=4a^2$
したがって，
$PO^2=2a^2-c^2=a^2+b^2$
後は，証明で用いた
$\angle TPF'=\angle T'PB$
を証明すればよい．

$PT$に関して$F'$と対称な点を$C$,$PT'$に関して$F$と対称な点を$B$とすると
$\triangle PCF,\triangle PF'B$が合同であることがわかる．
$PC=PF',PF=PB,CF=F'B$
なお$CF=F'B$はともに楕円の長軸の長さである．
$PT,PT'$はそれぞれ$\angle CPF',\angle FPB$の２等分線であるから
$\angle TPF'=\angle T'PB$
が証明された．

続く

目次