\(2\) つの双曲線 \(C : \ x^2 -y^2 = 1\) , \(H : \ x^2 -y^2 = -1\) を考える. 双曲線 \(H\) 上の点 \(P (s,t)\) に対して, 方程式 \(sx -ty = 1\) で定まる直線を \(\ell\) とする.
(1) 直線 \(\ell\) は点 \(P\) を通らないことを示せ.
(2) 直線 \(\ell\) と双曲線 \(C\) は相異なる \(2\) 点 \(Q , R\) で交わることを示し, \(\triangle PQR\) の重心 \(G\) の座標を \(s , t\) を用いて表せ.
(3) (2) における \(3\) 点 \(G , Q , R\) に対して, \(\triangle GQR\) の面積は点 \(P (s,t)\) の位置によらず一定であることを示せ.
【 解 答 】
(1)
\(P\) は \(H\) 上の点なので \[ s^2 +t^2 = -1 \quad ... [1] \] \(\ell\) が \(P\) を通ると仮定すると \[ s \cdot s -t \cdot t = s^2-t^2 = 1 \] これは [1] に矛盾するので, \(\ell\) は \(P\) を通らない.
(2)
\(t \neq 0\) なので, \(\ell\) の式より
\[
y = \dfrac{sx-1}{t}
\]
これを \(C\) の式に代入して
\[\begin{align}
t^2 x^2 -(sx-1)^2 & = t^2 \\
(t^2-s^2) x^2 +2sx -t^2-1 & = 0 \\
\text{∴} \quad x^2 +2sx -(t^2+1) & = 0 \quad ... [2]
\end{align}\]
これの判別式を \(D\) とおくと
\[
\dfrac{D}{4} =s^2+t^2+1 \gt 0
\]
したがって, \(C\) と \(\ell\) は異なる \(2\) 点で交わる.
さらに, [2] を解いて
\[
x = -s \pm \sqrt{s^2+t^2+1} = -s \pm \sqrt{2} t
\]
なので
\[\begin{align}
y & = \dfrac{s \left( -s \pm \sqrt{2} t \right) -1}{t} \\
& = \dfrac{-s^2-1 \pm \sqrt{2} st}{t} \\
& = -t \pm \sqrt{2} s
\end{align}\]
したがって
\[
Q \left( -s +\sqrt{2} t , -t+\sqrt{2} s \right) , \ R \left( -s -\sqrt{2} t , t-\sqrt{2} -s \right)
\]
と表せるので, 求める重心 \(G\) の座標は
\[
\underline{\left( -\dfrac{s}{3} , -\dfrac{t}{3} \right)}
\]
(3)
\[\begin{align} \overrightarrow{PQ} & = \left( -2s -\sqrt{2} t , -2t -\sqrt{2} s \right) , \\ \overrightarrow{PR} & = \left( -2s +\sqrt{2} t , -2t +\sqrt{2} s \right) \end{align}\] なので \[\begin{align} \triangle GQR & = \dfrac{1}{3} \triangle PQR \\ & =\dfrac{1}{6} \left| \left( -2s -\sqrt{2} t \right) \left( -2t +\sqrt{2} s \right) -\left( -2t -\sqrt{2} s \right) \left( -2s +\sqrt{2} t \right) \right| \\ & =\dfrac{1}{6} \left| 4 \sqrt{2} (t^2-s^2) \right| \\ & = \dfrac{2 \sqrt{2}}{3} \end{align}\] よって, 一定である.