第3問 重心を固定した球面上の三角形と、弦の通過範囲

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 重心の条件は、$\mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{R}$ の座標の和が $\mathrm{G}$ の座標の $3$ 倍になることだ。$\mathrm{P}$ と $\mathrm{Q}$ の座標の和は中点 $\mathrm{M}$ の座標の $2$ 倍なので、$\mathrm{R}$ は $\mathrm{M}$ だけで決まる。$\mathrm{R}$ が球面上にあるという条件が、そのまま $\mathrm{M}$ の条件になる。

(2) は、$\mathrm{M}$ を1つ決めると弦 $\mathrm{PQ}$ が1本決まる。弦がたくさん動くので、弦の上の点 $\mathrm{X}$ のほうを固定し、「$\mathrm{X}$ を通る弦がとれるか」を、$\mathrm{M}$ の位置を表す媒介変数の方程式が解をもつかどうかで調べる。

① (1) $\mathrm{R}$ を $\mathrm{M}$ で表す。 $\mathrm{M}(u,v,0)$ とおく。$\mathrm{P},\mathrm{Q}$ の座標の和は $(2u,2v,0)$ で、重心が $\mathrm{G}(2,0,1)$ なので

$$\mathrm{R}=(6-2u,-2v,3)$$

② $\mathrm{R}$ が球面上にある条件。 原点からの距離が $5$ なので

$$(6-2u{)}^2+(2v{)}^2+3^2=25⟺(u-3{)}^2+v^2=4$$

③ 逆に、この円上の $\mathrm{M}$ で $\mathrm{P},\mathrm{Q},\mathrm{R}$ がとれるか。 $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ は $xy$ 平面上の円 $x^2+y^2=25$ の上にある。$\mathrm{M}$ を中点とする弦 $\mathrm{PQ}$ がとれるのは、$\mathrm{M}$ がこの円の内部にあるときだ($\mathrm{M}$ が原点でなければ、弦は $\mathrm{OM}$ に垂直な1本に決まる)。

円 $(u-3{)}^2+v^2=4$ 上の点の原点からの距離は $1$ 以上 $5$ 以下で、$5$ になるのは点 $(5,0)$ だけだ。$(5,0)$ では $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$ になってしまうので除く。それ以外の点では弦 $\mathrm{PQ}$ がとれて、$\mathrm{R}$ は $z$ 座標が $3$ なので $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ と異なり、三角形 $\mathrm{PQR}$ ができる。

よって $\mathrm{M}$ の軌跡は円 $(x-3{)}^2+y^2=4$ から点 $(5,0)$ を除いたものである。

④ (2) 弦の直線の式。 $\mathrm{M}$ を $(3+2\cos t,2\sin t)$($t\ne 0$)と表す。弦 $\mathrm{PQ}$ は $\mathrm{M}$ を通って $\overrightarrow{\mathrm{OM}}$ に垂直なので、その直線上の点 $\mathrm{X}(x,y)$ は $\overrightarrow{\mathrm{OM}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{MX}}=0$、すなわち $\overrightarrow{\mathrm{OM}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{OX}}=|\overrightarrow{\mathrm{OM}}{|}^2$ を満たす。

$$|\overrightarrow{\mathrm{OM}}{|}^2=(3+2\cos t{)}^2+4{\sin }^{2}t=13+12\cos t$$

なので、直線の式は

$$(3+2\cos t)x+2y\sin t=13+12\cos t$$

弦 $\mathrm{PQ}$ はこの直線のうち、円板 $x^2+y^2\leqq 25$ に入る部分である。

⑤ 点 $\mathrm{X}$ を固定して、$t$ がとれる条件を調べる。 $\mathrm{X}(x,y)$ が通過範囲に入るのは、$x^2+y^2\leqq 25$ で、かつ上の式を満たす $t$($t\ne 0$)があるときだ。$t$ について整理すると

$$(2x-12)\cos t+2y\sin t=13-3x$$

左辺は合成すると $\sqrt{A^2+B^2}\sin (t+\gamma )$ の形になり、$-\sqrt{A^2+B^2}$ 以上 $\sqrt{A^2+B^2}$ 以下のすべての値をとるからだ。したがって条件は

$$(13-3x{)}^2\leqq (2x-12{)}^2+4y^2$$

展開して整理すると

$$5x^2-30x+25\leqq 4y^2⟺\frac{(x-3{)}^2}{4}-\frac{y^2}{5}\leqq 1$$

⑥ $t\ne 0$ の確認。 $t=0$ でしか式を満たさない点は除く必要がある。$t=0$ のとき直線は $x=5$ で、円板 $x^2+y^2\leqq 25$ と共有するのは点 $(5,0)$ だけだ。点 $(5,0)$ を代入すると $-2\cos t=-2$ となり、解は $t=0$ しかない。よって点 $(5,0)$ は除く。ほかの点では $t=0$ は解にならないので、解があれば $t\ne 0$ である。

⑦ 図示する。 $\frac{(x-3{)}^2}{4}-\frac{y^2}{5}=1$ は中心 $(3,0)$、頂点 $(1,0),(5,0)$ の双曲線で、⑤ の不等式は2本の枝のあいだの部分を表す。円 $x^2+y^2=25$ との交点は、$y^2=25-x^2$ を代入して

$$5(x-3{)}^2-4(25-x^2)=20⟺3x^2-10x-25=0⟺(3x+5)(x-5)=0$$

$x=-\frac{5}{3}$ のとき $y=\pm \frac{10\sqrt{2}}{3}$ で、これが左の枝との交点だ。$x=5$ は右の枝の頂点で、右の枝は点 $(5,0)$ 以外では円の外にある。

よって求める範囲は、円板 $x^2+y^2\leqq 25$ のうち双曲線の左の枝より右側の部分(境界を含む)から、点 $(5,0)$ を除いたものである。

まとめ:(1) は重心の条件から $\mathrm{R}$ を $\mathrm{M}$ で表し、球面の式に入れた。(2) は弦の上の点を固定し、「その点を通る弦を与える $t$ があるか」を合成の考え方で判定した。$\mathrm{P}=\mathrm{Q}$ となる点 $(5,0)$ を除くことを忘れない。

発展。 得られた双曲線の焦点は $(0,0)$ と $(6,0)$ である。$\mathrm{A}(6,0)$ とおくと、⑤ の条件は $|\mathrm{XO}-\mathrm{XA}|\leqq 4$ と書き直せる。2点からの距離の差が一定という双曲線の定義が、そのまま範囲の境界として現れている。

別解

別解:直角を見込む点の円で考える。 点 $\mathrm{X}$ が弦 $\mathrm{PQ}$ の直線上にあるのは、$\angle \mathrm{OMX}=90^{\circ }$(または $\mathrm{X}=\mathrm{M}$)のときで、これは $\mathrm{M}$ が $\mathrm{OX}$ を直径とする円 $\Gamma$ の上にあることと同じだ。したがって、$\mathrm{X}$ が通過範囲に入る条件は、$x^2+y^2\leqq 25$ で、$\Gamma$ と (1) の円 $(x-3{)}^2+y^2=4$ が点 $(5,0)$ 以外で共有点をもつことである。

$\Gamma$ の中心は $\mathrm{OX}$ の中点、半径は $\frac{r}{2}$($r=\sqrt{x^2+y^2}$)。2円が共有点をもつのは、中心間の距離 $d$ が半径の差以上、和以下のとき:

$$\left|\frac{r}{2}-2\right|\leqq d\leqq \frac{r}{2}+2$$

$2d$ は $\mathrm{X}$ と $\mathrm{A}(6,0)$ の距離に等しいので、$|r-4|\leqq \mathrm{XA}\leqq r+4$。それぞれ2乗して整理すると $3x-5\leqq 2r$ と $5-3x\leqq 2r$ になり、合わせて $|3x-5|\leqq 2r$、つまり本解と同じ $\frac{(x-3{)}^2}{4}-\frac{y^2}{5}\leqq 1$ が得られる。

媒介変数を使わずに、2つの円の位置関係だけで範囲が決まる。左の枝は2円が外側で接する位置、点 $(5,0)$ は内側で接する位置にあたる。