\(xy\) 平面上の原点を O とし, 楕円 \(\dfrac{x^2}{a^2} +\dfrac{y^2}{b^2} = 1 \ ( a \gt b \gt 0 )\) を \(E\) とする. \(E\) 上の点 P \(( s , t )\) における \(E\) の法線と \(x\) 軸との交点を Q とする. 点 P が \(s \gt 0 , \ t \gt 0\) の範囲を動くとき, \(\angle \text{OPQ}\) が最大になる点 P を求めよ.
【 解 答 】
\(s =a \cos \theta\) , \(t =b \sin \theta \ \left( 0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2} \right) \quad ... [1]\) とおく.
点 P における \(E\) の法線, 直線 OP が \(x\) 軸正方向となす角を, それぞれ \(\alpha\) , \(\beta\) とおくと
\[
\angle \text{OPQ} = \alpha -\beta
\]
\(0 \lt \alpha \lt \beta \lt \dfrac{\pi}{2}\) より, \(0 \lt \angle \text{OPQ} \lt \dfrac{\pi}{2}\) なので, \(\tan (\alpha -\beta)\) が最大になるときを考えればよい.
点 P における接線の方程式は
\[
\dfrac{x \cos \theta}{a} +\dfrac{y \sin \theta}{b} = 1
\]
接線の傾きは, \(-\dfrac{b \cos \theta}{a \sin \theta}\) だから, 法線の傾きは, \(\dfrac{a \sin \theta}{b \cos \theta}\) なので
\[
\tan \alpha = \dfrac{a \sin \theta}{b \cos \theta}
\]
また, 直線 OP の傾きは \(\dfrac{b \sin \theta}{a \cos \theta}\) なので
\[
\tan \beta = \dfrac{b \sin \theta}{a \cos \theta}
\]
以上より
\[\begin{align}
\tan (\alpha -\beta) & = \dfrac{\tan \alpha -\tan \beta}{1+\tan \alpha \tan \beta} \\
& = \dfrac{\dfrac{a \sin \theta}{b \cos \theta}-\dfrac{b \sin \theta}{a \cos \theta}}{1+\dfrac{a \sin \theta}{b \cos \theta} \cdot \dfrac{b \sin \theta}{a \cos \theta}} \\
& = \dfrac{\left( a^2-b^2 \right) \cos \theta \sin \theta}{ab \left( \cos^2 \theta +\sin^2 \theta \right)} \\
& = \dfrac{a^2-b^2}{2ab} \sin 2\theta
\end{align}\]
\(a \gt b \gt 0\) なので, \(\theta\) が[1] の範囲を動くとき, \(\tan (\alpha -\beta)\) は \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) のときに, 最大となる.
よって, 求める点 P は
\[
\underline{\left( \dfrac{\sqrt{2} a}{2} , \dfrac{\sqrt{2} b}{2} \right)}
\]