いろいろな立体の問題

第5節　円柱と円錐(その7)

つぎに，円錐を平面で切った切り口の図形に対して初等幾何的な取り扱いをしてみよう．
円錐の方程式は
\(z^2=k^2(x^2+y^2)\)
と表せる．この曲面は\(xy\)平面に関して対称である．すなわち，\(z\geqq 0\)および \(z\leqq 0\)に円錐面がそれぞれ１つずつ現れる．なお，両方の円錐が関係するのは双曲線だけである．


(1) 切り口が楕円になる場合
切り口の平面が直円錐の一方だけと交わり，どの母線とも平行でないとき，
この直円錐に内接し，かつ切り口の平面にも接する球を考える．この球は２つあり， 球と平面との接点を\(F,F'\)，球と円錐の交線である円を\(C_1,C_2\)とする（右図）． 切り口の曲線上の任意の点を\(P\)とし，円錐の頂点\(V\)と\(P\)を結ぶ直線\(VP\)と円\(C_1,C_2\) との交点をそれぞれ\(A,B\)とする．
球外の点から球に引いた接線の長さは一定であるから，
\(PF=PA,PF'=PB\)
したがって
\(PF+PF'=PA+PB=AB\)
\(AB\)は\(P\)をどこにとっても一定であるから，
\(PF+PF'\)
は一定であり，切り口の曲面が楕円である ことがわかる．


(2) 切り口が双曲線になる場合
直円錐の面の２つの部分と交わる平面で切ったとき．
なお，直円錐は右図のように，上下２つを考えるべきであるが，楕円や放物線のときは 一方の円錐だけとしか交わらないので片方の円錐だけを図示している．
円錐に内接し切り口の平面に接する球を考える．この球は２つあり， 球と平面との接点を\(F,F'\)，球と円錐の交線である円を\(C_1,C_2\)とする（右図）． 切り口の曲線上の任意の点を\(P\)とし，円錐の頂点\(V\)と\(P\)を結ぶ直線\(VP\)と円\(C_1,C_2\) との交点をそれぞれ\(B,A\)とする．
球外の点から球に引いた接線の長さは一定であるから，
\(PF=PB,PF'=PA\)
したがって
\(PF-PF'=PB-PA=AB\)
\(AB\)は\(P\)をどこにとっても一定であるから，
\(PF-PF'\)
は一定であり，切り口の曲面が双曲線である ことがわかる．

(3) 切り口が放物線になる場合
円錐を１つの母線に平行な平面\(\alpha\)で切ったとき，この直円錐に内接し さらに平面\(\alpha\)に接する球を考える．この球と平面\(\alpha\)の接点を\(F\)とし， さらに球と円錐の交線を円\(C_1\),円\(C_1\)を含む平面を平面\(\beta\)とする．
切り口の曲線上の任意の点を\(P\)とし，円錐の頂点\(V\)と\(P\)を結ぶ直線\(VP\)と円\(C_1\) との交点を\(Q\)とする．
\(P\)から平面\(\alpha ,\beta\)の交線に引いた垂線の足を\(H\)とし，平面\(\alpha\)と平行な円錐の母線と\(VA\)とする．
このとき，
\(PF=PQ=AB=ED=PH\)
したがって，切り口の曲線は\(F\)が焦点，平面\(\alpha ,\beta\)の交線が準線の放物線である．


直円錐を平面で切ったときの切り口である２次曲線の焦点を位置がわかったので，その性質を用いて 例題を解いてみよう．

例題9の別解
円錐の軸（頂点と底面の円の中心を結ぶ直線）と楕円の長軸を含む平面上で考えると，焦点はこの平面上にあり． 切り口の図形を右下図のようになる．\(\triangle OAB\)で\(AB\)が楕円の長軸で， この三角形の内接円，傍接円と辺\(AB\)との接点\(F,F'\)が楕円の焦点である．
この性質を用いて，短半径\(b\)を求めよう．

\(AB\)は求まっているので，\(AB=2a\)とおけば
\(OA=2a\cos (\dfrac{\pi}{4}-\theta),\)
\(OB=2a\sin (\dfrac{\pi}{4}-\theta)\)
である．
\(2BF=OA+OB+AB-2OA\)
\(=2a+2a\sin (\dfrac{\pi}{4}-\theta)-2a\cos (\dfrac{\pi}{4}-\theta)\)
したがって，
\(FF'=2c\)
\(=-2a\sin (\dfrac{\pi}{4}-\theta)+2a\cos (\dfrac{\pi}{4}-\theta)\)
\(=2\sqrt{2}a\sin \theta \)
\(b^2=a^2-c^2\)
\(=a^2(1-2\sin ^2\theta)\)
\(=a^2\cos 2\theta =a^2\dfrac{1-\tan ^2\theta}{1+\tan ^2\theta}\)
すでに計算し
\(a=\dfrac{\sqrt{1+\tan ^2\theta}}{1+\tan \theta }\)
であるから，短半径\(b\)は
\(b=\dfrac{\sqrt{1+\tan ^2\theta}}{1+\tan \theta}\cdot \dfrac{\sqrt{1-\tan ^2\theta}}{\sqrt{1+\tan ^2 \theta}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{1-\tan ^2 \theta}}{1+\tan ^2 \theta}\)


解答では，\(\triangle OBA\)の内接円の接点\(F\)傍接円の接点\(F'\)について
\(BF=AF'\)
が成り立つことを証明なしに用いたが，ここで確認しよう．


右図で，\(D1,D2,D3\)は内接円の接点であり， \(E1,E2,E3\)は傍接円の接点である．
\(BC=a,CA=b,AB=c\)
とおくと，
\(2CD1=a+b+c-2c\)
\(=a+b-c\)
つぎに
\(AB+BE1=AF3=AF2\)
したがって，
\(2AB+2BE1=a+b+c\) \(2BE1=a+b-c\)
\(\therefore CD1=BE1\)

図で，\(AD1,BD2,CD3\)は一点で交わる．それは
\(\dfrac{BD1}{D1C}\cdot \dfrac{CD2}{D2A}\cdot \dfrac{AD3}{D3B}=1\)
よりわかる．この交点を\(\triangle ABC\)のGergonne点という．
また，\(AE1,BE2,CE3\)も一点で交わる．それは
\(\dfrac{BE1}{E1C}\cdot \dfrac{CE2}{E2A}\cdot\dfrac{AE3}{E3B}\)
\(\dfrac{CD1}{D1B}\cdot \dfrac{AD2}{D2C}\cdot \dfrac{BD3}{D3A}=1\)
よりわかる．この交点を\(\triangle ABC\)のNagel点という．
Gergonne 点，Nagel点の性質はネットで調べてみましょう．

(円柱と円錐の項目終わり)



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