\(xy\) 平面上の楕円
\[
E : \ \dfrac{x^2}{4} +y^2 = 1
\]
について, 以下の問いに答えよ.
【 解 答 】
(1)
\(E\) と \(\ell\) の式から \(y\) を消去すると
\[\begin{align}
\dfrac{x^2}{4} +\left( ax +b \right)^2 & = 1 \\
x^2 +4 ( a^2 x^2 +2abx +b^2 ) & = 4 \\
\text{∴} \quad ( 4a^2 +1 ) x^2 +8abx +4 (b^2 -1 ) & = 0 \quad ... [1]
\end{align}\]
これが異なる \(2\) 実数解を持てばよいので, 判別式を \(D\) について
\[\begin{align}
\dfrac{D}{4} & = ( 4ab )^2 -( 4a^2 +1 ) \cdot 4 ( b^2 -1 ) \\
& = 16 a^2 b^2 -( 16 a^2 b^2 -16 a^2 +4b^2 -4 ) \\
& = 4 ( 4a^2 -b^2 +1 ) \gt 0 \\
& \qquad \text{∴} \quad b^2 \lt 4a^2 +1 \\
& \qquad \text{∴} \quad \underline{-\sqrt{4a^2 +1} \lt b \lt \sqrt{4a^2 +1}}
\end{align}\]
(2)
[1] の \(2\) 解を \(p , q \ ( p\lt q )\) とおくと, これは P, Q の \(x\) 座標である.
同様に, S, R の \(x\) 座標を \(s , r \ ( s \lt r )\) とおく.
\(\ell\) と \(m\) の傾きは等しいので, \(\overrightarrow{\text{PQ}} = \overrightarrow{\text{SR}}\) が成立する条件は
\[
q-p = r-s\quad ... [2]
\]
[1] をとくと
\[
x = \dfrac{-8ab \pm \sqrt{\dfrac{D}{4}}}{4a^2 +1}
\]
なので
\[
q-p = \dfrac{\sqrt{D}}{4a^2 +1} = \dfrac{2 \sqrt{4a^2 -b^2 +1}}{4a^2 +1}
\]
同様に考えれば
\[
r-s = \dfrac{2 \sqrt{4a^2 -c^2 +1}}{4a^2 +1}
\]
なので, [2] に代入して
\[\begin{align}
\dfrac{2 \sqrt{4a^2 -b^2 +1}}{4a^2 +1} & = \dfrac{2 \sqrt{4a^2 -c^2 +1}}{4a^2 +1} \\
4a^2 -b^2 +1 & = 4a^2 -c^2 +1 \\
c^2 & = b^2 \\
\text{∴} \quad c & = \pm b
\end{align}\]
\(b \gt c\) であることに注意すれば
\[
c = -b \ , \ b \gt 0
\]
よって,
(1) の結果もあわせて, 求める条件は
\[
\underline{c = -b \ , \ 0 \lt b \lt \sqrt{4a^2 +1}}
\]
(3)
P, Q, R, S が正方形となるのは, \(\triangle \text{OPQ}\) が直角二等辺三角形となる, すなわち
\[
\left\{ \begin{array}{ll} \text{OP} = \text{OQ} & ... [3] \\ \angle \text{POQ} = \dfrac{\pi}{2} & ... [4] \end{array} \right.
\]
が成立するとき.
- [3] について
\[\begin{align}
\text{OP} & = p^2 +( ap +b )^2 \\
& = ( a^2 +1 ) p^2 +2ab p +b^2
\end{align}\]
OQ についても同様に考えて, [3] に代入すると
\[\begin{align}
( a^2 +1 ) p^2 +2ab p +b^2 & = ( a^2 +1 ) q^2 +2ab q +b^2 \\
( a^2 +1 ) ( p^2 -q^2 ) +2ab ( p-q )& = 0 \\
( p-q ) \left\{ ( a^2 +1 ) (p+q) +2ab \right\} & = 0 \\
\text{∴} \quad p+q = -\dfrac{2ab}{a^2 +1} & \quad ... [5]
\end{align}\]
[1] について, 解と係数の関係から
\[
p+q = -\dfrac{8ab}{4 a^2 +1} \quad ... [6]
\]
したがって, [5] [6] より
\[\begin{align}
-\dfrac{2ab}{a^2 +1} & = -\dfrac{8ab}{4 a^2 +1} \\
4ab ( a^2 +1 ) & = ab ( 4 a^2 +1 ) \\
3ab & = 0 \\
\text{∴} \quad a & = 0 \quad ( \ \text{∵} \ b \gt 0 \ ) \quad ... [7]
\end{align}\]
- [4] について
[7] より, \(\ell \ : \ y = b\) となり, P , Q は \(y\) 軸について対称となるので, [4] となるのは
\[
\text{P} \ ( -b , b ) \ , \quad \text{Q} \ ( b , b )
\]
のとき.
ゆえに, \(E\) の式に代入して
\[\begin{align}
b^2 +\dfrac{b^2}{4} & = 1 \\
\text{∴} \quad b & = \dfrac{2}{\sqrt{5}}
\end{align}\]
よって, (2) の結果もあわせれば, R \(( b , -b )\) , S \(( -b , -b )\) なので, 求める \(4\) 点の組は
\[
\underline{\left( -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , \dfrac{2}{\sqrt{5}} \right) , \ \left( \dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , \dfrac{2}{\sqrt{5}} \right) , \ \left( \dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \right) , \ \left( -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \right)}
\]
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