\(a \gt 0 , \ b \gt 0\) とする. 点 A \((0, a)\) を中心とする半径 \(r\) の円が, 双曲線 \(x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1\) と \(2\) 点 B \((s, t)\) , C \((-s, t)\) で接している. ただし, \(s \gt 0\) とする. ここで, 双曲線と円が点 P で接するとは, P が双曲線と円の共有点であり, かつ点 P における双曲線の接線と点 P における円の接線が一致することである.
(1) \(r , s , t\) を \(a\) と \(b\) を用いて表せ.
(2) △ABC が正三角形となる \(a\) と \(r\) が存在するような \(b\) の値を求めよ.
【 解 答 】
(1)
\(C : \ x^2 -\dfrac{y^2}{b^2} = 1\) , \(D : \ x^2+(y-a)^2 = r^2\) とおく.
\(C , D\) は \(y\) 軸について対称なので, \(x \geqq 0\) について考えればよい.
点 \(( s , t )\) における \(C\) の接線は
\[
sx -\dfrac{ty}{b^2} = 1 \quad ... [1]
\]
\(D\) の接線は
\[\begin{align}
sx +(t-a)(y-a) & =r^2 \\
\text{∴} \quad sx +(t-a)y & = r^2+a(t-a) \quad ... [2]
\end{align}\]
[1] と [2] が一致するので,
\[
\left\{ \begin{array}{ll} t-a = -\dfrac{t}{b^2} & ... [3] \\ r^2+a(t-a) =1 & ... [4] \end{array} \right.
\]
[3] より
\[\begin{align}
( b^2+1 )t & = ab^2 \\
\text{∴} \quad t & = \underline{\dfrac{ab^2}{b^2+1}}
\end{align}\]
[4] に代入して
\[\begin{align}
r^2 & = 1-a \cdot \left( \dfrac{a}{b^1+1} \right) \\
\text{∴} \quad r & =\underline{\sqrt{1 +\dfrac{a^2}{b^2+1}}}
\end{align}\]
\(C\) の式より
\[
s =\sqrt{1+ \dfrac{t^2}{b^2}} =\underline{\sqrt{1+ \left( \dfrac{ab}{b^2+1} \right)}}
\]
(2)
\(\text{AB} = \text{AC}\) で BC は \(x\) 軸と平行なので, △ABC が正三角形になるのは, AB の傾きが \(-\sqrt{3}\) のとき.
AB は点 \(( s, t )\) における \(C\) の法線だから, 接線の傾きは \(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\) なので
\[\begin{align}
\dfrac{sb^2}{t} & = \dfrac{b^2 \sqrt{1+ \left( \dfrac{ab}{b^2+1} \right)}}{\dfrac{ab^2}{b^2+1}} \\
& = \dfrac{1}{a} \sqrt{(b^2+1)^2 +a^2b^2} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \\
\text{∴} \quad & 3(b^2+1)^2 +3a^2b^2 = a^2 \\
\text{∴} \quad & a^2 = \dfrac{3(b^2+1)^2}{1-3b^2} \quad ... [5]
\end{align}\]
[5] の左辺, 右辺の分子は正であるから, [5] をみたす \(a\) が存在する条件は
\[\begin{align}
& 1-3b^2 \gt 0 \\
\text{∴} \quad & \underline{0 \lt b \lt \dfrac{1}{\sqrt{3}}} \quad ( \ \text{∵} \ b \gt 0 )
\end{align}\]