\(xy\) 平面上に円 \(C : \ x^2+y^2 = 1\) がある. \(C\) の外部の点 P \(( s, t ) \ (s \neq \pm 1 )\) から \(C\) へ引いた \(2\) つの接線と直線 \(x = 1\) との交点を Q , R とする. 次の問いに答えよ.
(1) 線分 QR の長さを \(s\) , \(t\) を用いて表せ.
(2) QR の長さが \(1\) であるように P が動くとき, P の軌跡を求め, 図示せよ.
【 解 答 】
(1)
点 P を通る傾き \(k\) の直線の式は \[ y = k (x-s) +t \] これを \(C\) の式に代入すると \[\begin{align} x^2 +\left\{ k(x-s) +t \right\}^2 & = 1 \\ x^2 +k^2(x-s)^2 +2kt(x-s) +t^2 -1 & = 0 \\ \text{∴} \quad (k^2+1)x^2 +2k(t-ks)x +(t-ks)^2 -1 & = 0 \end{align}\] これが重解をもてばよいので, 判別式 \(D\) について \[\begin{align} \dfrac{D}{4} = k^2(t-ks)^2 -(k^2+1) \left\{ (t-ks)^2 -1 \right\} & = 0 \\ k^2+1 -(t-ks)^2 & = 0 \\ \text{∴} \quad (s^2-1) k^2 -2stk +t^2 -1 & = 0 \end{align}\] この方程式の解を \(k _ 1 , k _ 2 \ ( k _ 1 \lt k _ 2 )\) とおくと, 解と係数の関係より \[ k _ 1 +k _ 2 = \dfrac{2st}{s^2+1} , \ k _ 1 k _ 2 = \dfrac{t^2 -1}{s^2+1} \quad ... [1] \] Q , R の \(y\) 座標は, \(k _ 1(1-s) +t , \ k _ 2(1-s)+t\) と表せるので \[\begin{align} \text{QR} & = \left\{ k _ 1(1-s)+t \right\} -\left\{ k _ 2(1-s)+t \right\} \\ & = | s-1 | ( k _ 2 -k _ 1 ) \end{align}\] [1] を用いれば \[\begin{align} \text{QR} & = |s-1| \sqrt{( k _ 1+k _ 2 )^2 -2 k _ 1 k _ 2} \\ & = |s-1| \sqrt{\dfrac{4s^2t^2}{(s^2-1)^2} -\dfrac{4(t^2-1)}{s^2-1}} \\ & = \dfrac{2|s-1|}{|s^2-1|} \sqrt{s^2t^2 -(s^2-1)(t^2-1)} \\ & = \underline{\dfrac{2 \sqrt{s^2+t^2-1}}{|s+1|}} \end{align}\]
(2)
\(\text{QR} =1\) なので, (1) の結果より \[\begin{align} 2 \sqrt{s^2+t^2-1} & = |s+1| \\ \text{∴} \quad 4(s^2+t^2-1) = (s+1)^2 \\ 3s^2 -2s +4t^2 & = 5 \\ 3 \left( s -\dfrac{1}{3} \right)^2 +4t^2 & = \dfrac{16}{3} \\ \text{∴} \quad \dfrac{9 \left( s -\frac{1}{3} \right)^2}{16} +\dfrac{3 t^2}{4} & = 1 \end{align}\] 条件より \(s \neq \pm 1\) なので, 求める軌跡は \[ \underline{\text{楕円} : \ \dfrac{9 \left( x -\frac{1}{3} \right)^2}{16} +\dfrac{3 y^2}{4} = 1 \quad ( s \neq 1 )} \] これを図示すると, 下図（○は除く）のようになる.
