\(xy\) 平面上に, \(b \lt a^2\) をみたす点 A \((a,b)\) がある. 曲線 \(C : \ y = x^2\) 上に点 P をとり, 線分 AP を \(k : k-1 \ ( k \gt 1 )\) に外分する点を Q とする. P が \(C\) 上を動くときにできる Q の軌跡を \(C'\) とする. 次の問いに答えよ.
(1) \(C'\) の方程式を求めよ.
(2) \(C\) と \(C'\) は \(2\) つの点で交わることを示し, \(C\) と \(C'\) で囲まれる部分の面積を求めよ.
【 解 答 】
(1)
P \(( t , t^2 )\) , Q \(( X , Y )\) とおく.
条件より, \(\overrightarrow{\text{AQ}} = k \overrightarrow{\text{AP}}\) なので
\[\begin{gather}
\left( \begin{array}{c} X-a \\ Y-b \end{array} \right) = k \left( \begin{array}{c} t-a \\ t^2-b \end{array} \right) \\
\text{∴} \quad \left\{ \begin{array}{ll} X = k(t-a)+a & ... [1] \\ Y = k(t^2-b)+b & ... [2] \end{array} \right.
\end{gather}\]
[1] より
\[
kt = X +(k-1) a
\]
これを [2] に代入して
\[\begin{align}
kY & = \left\{ X +(k-1)a \right\}^2 -k^2b +kb \\
\text{∴} \quad Y & = \dfrac{1}{k} \left\{ X +(k-1)a \right\}^2 -(k-1)b
\end{align}\]
よって, \(C'\) の方程式は
\[
\underline{y = \dfrac{1}{k} \left\{ x +(k-1)a \right\}^2 -(k-1)b}
\]
(2)
\(C , C'\) の式から \(y\) を消去すると
\[\begin{gather}
kx^2 = x^2 +2(k-1)ax +(k-1)^2a^2 -k(k-1)b \\
\text{∴} \quad x^2 -2ax -(k-1)a^2 +kb = 0 \quad ... [3]
\end{gather}\]
[3] の判別式を \(D\) とおくと
\[\begin{align}
\dfrac{D}{4} & = a^2 +(k-1)a^2 -kb\ \\
& = k ( a^2-b ) \gt 0 \quad ( \ \text{∵} \ k>1 , \ b \lt a^2 )
\end{align}\]
したがって, \(C\) と \(C'\) は \(2\) つの点で交わる.
[3] の \(2\) つの解を \(\alpha , \beta \ ( \alpha \lt \beta )\) とおくと, 解と係数の関係より
\[
\alpha +\beta = 2a , \ \alpha \beta = -(k-1)a^2 +kb
\]
これを用いれば, 求める面積 \(S\) は
\[\begin{align}
S & = \displaystyle\int _ {\alpha}^{\beta} \left[ x^2 -\dfrac{1}{k} \left\{ x +(k-1)a \right\}^2 +(k-1)b \right] \, dx \\
& = -\dfrac{k-1}{k} \displaystyle\int _ {\alpha}^{\beta} ( x-\alpha )( x-\beta ) \, dx \\
& = \dfrac{k-1}{6k} ( \beta -\alpha )^3 \\
& = \dfrac{k-1}{6k} \left\{ ( \alpha +\beta )^2 -4 \alpha \beta \right\}^{\frac{3}{2}} \\
& = \dfrac{k-1}{6k} \left\{ 4a^2 +4(k-1)a^2 -4kb \right\}^{\frac{3}{2}} \\
& = \underline{\dfrac{4 \sqrt{k} (k-1) (a^2-b)^{\frac{3}{2}}}{3}}
\end{align}\]