\(xy\) 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.
(1) \(a , b\) を実数とする. 直線 \(\ell : y = ax +b\) と楕円 \(E\) が異なる \(2\) 点を共有するための \(a , b\) の条件を求めよ.
(2) 実数 \(a , b , c\) に対して, 直線 \(\ell : y = ax +b\) と直線 \(m : y = ax +c\) が, それぞれ楕円 \(E\) と異なる \(2\) 点を共有しているとする. ただし, \(b \gt c\) とする. 直線 \(\ell\) と楕円 \(E\) の \(2\) つの共有点のうち \(x\) 座標の小さい方を P , 大きい方を Q とする. また, 直線 \(m\) と楕円 \(E\) の \(2\) つの共有点のうち \(x\) 座標の小さい方を S , 大きい方を R とする. このとき, 等式 \[ \overrightarrow{\text{PQ}} = \overrightarrow{\text{SR}} \] が成り立つための \(a , b , c\) の条件を求めよ.
(3) 楕円 \(E\) 上の \(4\) 点の組で, それらを \(4\) 頂点とする四角形が正方形であるものをすべて求めよ.
【 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 \[ \underline{\left( -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , \dfrac{2}{\sqrt{5}} \right) , \ \left( \dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , \dfrac{2}{\sqrt{5}} \right) , \ \left( \dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \right) , \ \left( -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \ , -\dfrac{2}{\sqrt{5}} \right)} \]