平面の原点 \(O\) を端点とし, \(x\) 軸となす角がそれぞれ \(\alpha , -\alpha \ \left( \text{ただし} \ 0 \lt \alpha \lt \dfrac{\pi}{3} \right)\) である半直線を \(L _ 1 , L _ 2\) とする. \(L _ 1\) 上に点 \(P\) , \(L _ 2\) 上に点 \(Q\) を線分 \(PQ\) の長さが \(1\) となるようにとり, 点 \(R\) を直線 \(PQ\) に対し原点 \(O\) の反対側に \(\triangle PQR\) が正三角形になるようにとる.
(1) 線分 \(PQ\) が \(x\) 軸と直交するとき, 点 \(R\) の座標を求めよ.
(2) \(2\) 点 \(P , Q\) が, 線分 \(PQ\) の長さを \(1\) に保ったまま \(L _ 1 , L _ 2\) 上を動くとき, 点 \(R\) の軌跡はある楕円の一部であることを示せ.
【 解 答 】
(1)
\(PQ\) の中点を \(M\) とおくと \[\begin{align} OM \tan \alpha & = \dfrac{1}{2} \\ \text{∴} \quad OM & = \dfrac{1}{2 \tan \alpha} \end{align}\] \(MR =\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) なので, 点 \(R\) の座標は \[ \underline{\left( \dfrac{1}{2 \tan \alpha} +\dfrac{\sqrt{3}}{2} , 0 \right)} \]
(2)
\(OP = p , \ OQ = q\) とおくと \[\begin{align} P \ & ( p \cos \alpha , p \sin \alpha ) , \quad Q \ ( q \cos \alpha , -q \sin \alpha ) , \\ M \ & \left( \dfrac{p+q}{2} \cos \alpha , \dfrac{p-q}{2} \sin \alpha \right) \end{align}\] \(PQ = 1\) なので, 余弦定理より \[ p^2 +q^2 -2pq \cos 2\alpha = 1 \quad ... [1] \] また \[ \overrightarrow{PQ} =\left( \begin{array}{c} (q-p) \cos \alpha \\ -(p+q) \sin \alpha \end{array} \right) \] \(\overrightarrow{PQ} \perp \overrightarrow{MR}\) , \(MR =\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) なので \[ \overrightarrow{MR} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \left( \begin{array}{c} (p+q) \sin \alpha \\ (q-p) \cos \alpha \end{array} \right) \] したがって \[\begin{align} \overrightarrow{OR} & = \overrightarrow{OM} +\overrightarrow{MR} \\ & = \left( \begin{array}{c} \dfrac{p+q}{2} \cos \alpha +\dfrac{\sqrt{3} (p+q)}{2} \sin \alpha \\ \dfrac{p-q}{2} \sin \alpha +\dfrac{\sqrt{3} (q-p)}{2} \cos \alpha \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{c} \dfrac{\sqrt{3} \sin \alpha +\cos \alpha}{2} (p+q) \\ \dfrac{\sin \alpha -\sqrt{3} \cos \alpha}{2} (p-q) \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{c} (p+q) \sin \left( \alpha +\dfrac{\pi}{6} \right) \\ (p-q) \sin \left( \alpha -\dfrac{\pi}{3} \right) \end{array} \right) \end{align}\] \(R \ (X,Y)\) と表し, \(S = \sin \left( \alpha +\dfrac{\pi}{6} \right)\) , \(T = \sin \left( \alpha -\dfrac{\pi}{3} \right)\) とおけば \[\begin{align} X = (p+q) S & , \ Y = (p-q) T \\ \text{∴} \quad p = \dfrac{TX+SY}{2ST} & , \ q = \dfrac{TX-SY}{2ST} \end{align}\] これを [1] に代入すると \[\begin{align} \left( \dfrac{TX+SY}{2ST} \right)^2 +\left( \dfrac{TX-SY}{2ST} \right)^2 \qquad & \\ -2 \dfrac{TX+SY}{2ST} \cdot \dfrac{TX-SY}{2ST} \cos 2\alpha & = 1 \\ 2T^2X^2 +2S^2Y^2 -2 \left( T^2X^2 -S^2Y^2 \right) \cos 2 \alpha & = 4S^2T^2 \\ T^2 ( 1-\cos 2 \alpha ) X^2 +3 S^2 ( 1-\cos 2 \alpha ) Y^2 & = 2S^2T^2 \\ \dfrac{2 \sin^2 \alpha X^2}{2 S^2} +\dfrac{6 \sin^2 \alpha X^2}{2T^2} & = 1 \\ \text{∴} \quad \dfrac{X^2}{\left\{ \dfrac{\sin \left( \alpha +\frac{\pi}{6} \right)}{\sin \alpha} \right\}^2} +\dfrac{Y^2}{\left\{ \dfrac{\sin \left( \alpha -\frac{\pi}{3} \right)}{\sqrt{3} \sin \alpha} \right\}^2} & = 1 \end{align}\] よって, 点 \(R\) の軌跡は楕円の一部といえる.