軌跡と領域 ★★★★ 難関の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「距離の比が一定」の軌跡は、条件を式にするのが第一歩。$\mathrm{P}(x,y)$ とおいて $\mathrm{PA}:\mathrm{PB}=2:1$、すなわち $\mathrm{PA}=2\mathrm{PB}$ を書く。

根号のままでは扱えないので、両辺を$2$乗して ${\mathrm{PA}}^2=4{\mathrm{PB}}^2$。座標で $x^2+y^2=4\{(x-6{)}^2+y^2\}$ と立式し、展開して整理すると円の方程式になる。これがアポロニウスの円だ。

① $\mathrm{P}(x,y)$ とおく。 条件 $\mathrm{PA}:\mathrm{PB}=2:1$ を $2$ 乗して

$${\mathrm{PA}}^2=4{\mathrm{PB}}^2$$

② 立式する。 ${\mathrm{PA}}^2=x^2+y^2$、${\mathrm{PB}}^2=(x-6{)}^2+y^2$ だから

$$x^2+y^2=4\{(x-6{)}^2+y^2\}$$

③ 整理する。 右辺を展開して

$$x^2+y^2=4x^2-48x+144+4y^2⟹3x^2+3y^2-48x+144=0$$

両辺を $3$ で割り、$x$ について平方完成する。

$$x^2+y^2-16x+48=0⟹(x-8{)}^2+y^2=16$$

まとめ:距離の比の軌跡は「$2$ 乗して立式 → 整理」。比が $1$ でなければ、$x^2,y^2$ の係数がそろって円になる(アポロニウスの円)。中心 $(8,0)$、半径 $4$。$\mathrm{A},\mathrm{B}$ を結ぶ直線上で、比 $2:1$ に内分・外分する点が直径の両端になっている。

発展。 比を $1:1$ にすると軌跡は線分 $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線(直線)になる。比 $k:1$ の円は $k\to 1$ で大きくなり、中心が無限遠へ遠ざかる。直線は「半径無限大の円」と見なせる。アポロニウスの円は複素数平面の一次分数変換や、反転幾何でよく使われる。

別解

別解:内分点と外分点を直径の両端と見る(得意な人向けの視点)。 軌跡の上の点を、計算の前に $2$ つ見つける。線分 $\mathrm{AB}$ 上で $\mathrm{PA}:\mathrm{PB}=2:1$ となる内分点と、延長上の外分点だ。

内分点は $\mathrm{AB}$ を $2:1$ に内分する $(4,0)$($\mathrm{PA}=4,\mathrm{PB}=2$)。外分点は $2:1$ に外分する $(12,0)$($\mathrm{PA}=12,\mathrm{PB}=6$)。どちらも比 $2:1$。

軌跡は $x$ 軸対称だから、この $2$ 点は円の直径の両端。中心は中点 $(8,0)$、半径は $\frac{12-4}{2}=4$。円 $(x-8{)}^2+y^2=16$。

$2$ 乗して展開する本解と同じ結果。アポロニウスの円は内分点と外分点を直径の両端とする円だ。この $2$ 点を先に押さえると、円の中心と半径が計算なしで出る。比が $1:1$(垂直二等分線)以外なら必ず円になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 動く点 $\mathrm{Q}$ に連動する $\mathrm{P}$ の軌跡。いつもの手順は「$\mathrm{P}$ の座標を文字でおき、$\mathrm{Q}$ を $\mathrm{P}$ で表して、$\mathrm{Q}$ の従う式に代入する」ことだ。

$\mathrm{P}(x,y)$、$\mathrm{Q}(s,t)$ とおく。$\mathrm{P}$ は $\mathrm{AQ}$ の中点だから $x=\frac{s+6}{2}$、$y=\frac{t}{2}$。逆に解いて $s=2x-6$、$t=2y$。

$\mathrm{Q}$ は円 $x^2+y^2=9$ 上、つまり $s^2+t^2=9$。$s,t$ を代入すると $(2x-6{)}^2+(2y{)}^2=9$、整理して $(x-3{)}^2+y^2=\frac{9}{4}$。

① $\mathrm{Q}$ を $\mathrm{P}$ で表す。 $\mathrm{P}(x,y)$ は $\mathrm{A}(6,0)$ と $\mathrm{Q}(s,t)$ の中点だから

$$x=\frac{6+s}{2},y=\frac{0+t}{2}⟹s=2x-6,t=2y$$

② 円の条件に代入する。 $\mathrm{Q}(s,t)$ は $s^2+t^2=9$ 上だから

$$(2x-6{)}^2+(2y{)}^2=9$$

③ 整理する。 $4(x-3{)}^2+4y^2=9$、両辺を $4$ で割って

$$(x-3{)}^2+y^2=\frac{9}{4}$$

まとめ:連動の軌跡は「$\mathrm{Q}$ を $\mathrm{P}$ で表して代入」。中点なら $\mathrm{Q}=2\mathrm{P}-\mathrm{A}$。もとの円(中心 $\mathrm{O}$、半径 $3$)が、$\mathrm{A}$ を中心に $\frac{1}{2}$ 倍に縮んだ円(中心が $\mathrm{OA}$ の中点 $(3,0)$、半径 $\frac{3}{2}$)になる。

発展。 中点を「$1:2$ の内分点」に変えれば $\frac{1}{3}$ 倍の縮小になるだけで、やはり円が出る。「動点の図形を、定点中心に一定比率で縮めた軌跡」は元と相似。軌跡の問題は平行移動・相似・回転の変換で言い換えられないかをまず考えると、計算の前に答えの形が分かる。

別解

別解:「半分に縮めるコピー機」と見る(得意な人向けの視点)。 中点の式 $\mathrm{P}=\frac{\mathrm{A}+\mathrm{Q}}{2}$ は、「$\mathrm{Q}$ を、$\mathrm{A}$ を中心に $\frac{1}{2}$ 倍に縮めた点」と読める。

$\mathrm{Q}$ が円全体($中心(0,0)$・半径 $3$)を動くなら、$\mathrm{P}$ はその円を「$\mathrm{A}(6,0)$ 中心に $\frac{1}{2}$ 倍」した円を動く。円を縮小すれば円だ。新しい中心は元の中心 $(0,0)$ と $\mathrm{A}(6,0)$ の中点 $(3,0)$。新しい半径は $3\times \frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。円 $(x-3{)}^2+y^2=\frac{9}{4}$。

$s,t$ を代入する本解と同じだが、「$\mathrm{A}$ を中心に $\frac{1}{2}$ 倍の相似縮小」と見ると、中心 $(3,0)$・半径 $\frac{3}{2}$ がすぐに出る。軌跡の問題は平行移動・相似・回転のどれで写した図形かをまず疑うとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 直線の交点の軌跡は、媒介変数 $m$ を消去する。交点を $m$ で表すか、$m$ を消しやすい形にする。

$2$ 式 $mx-y=0$、$x+my-2=0$ から $m$ を消す。第 $1$ 式は $m=\frac{y}{x}$、これを第 $2$ 式に入れてもよいが、より対称に扱う。

$2$ 直線は $m$ の値によらず直交する(傾きの積 $m\cdot \left(-\frac{1}{m}\right)=-1$)。しかも第 $1$ 直線は原点を、第 $2$ 直線は定点 $(2,0)$ を通る。直角に交わる $2$ 直線の交点は $2$ 定点を直径の両端とする円(タレスの円)を描く。

① $m$ を消す準備。 第 $1$ 式 $mx-y=0$ より $mx=y$。第 $2$ 式 $x+my-2=0$ の $my$ に注目し、第 $1$ 式に $m$ を掛けると $m^{2}x-my=0$。第 $2$ 式 $my=2-x$ と合わせる。

② 代入して消去する。 第 $1$ 式より $m=\frac{y}{x}$($x\ne 0$)。第 $2$ 式に代入して

$$x+\frac{y}{x}\cdot y-2=0⟹x+\frac{y^2}{x}=2⟹x^2+y^2=2x$$

③ 整理する。

$$x^2-2x+y^2=0⟹(x-1{)}^2+y^2=1$$

ただし $m=\frac{y}{x}$ とおいたので、原点 $(0,0)$ は除く(実際 $x=0$ のとき第 $1$ 式は $y=0$ で、この直線の組は原点を共有できるが、$m$ で表せない)。

まとめ:交点の軌跡は「$m$ を消去」。第 $1$ 式から $m=\frac{y}{x}$ を作って代入するのが素直。$2$ 直線はつねに直交(傾き $m$ と $-\frac{1}{m}$)し、定点 $(0,0)$ と $(2,0)$ を直角に見込むので、直径 $2$ の円(中心 $(1,0)$)になる。

発展。 $2$ 直線が「つねに直交し、それぞれ定点を通る」なら、交点は $2$ 定点を直径の両端とする円(タレスの円)を描く。円周角の定理「直径を見込む角は直角」の逆だ。パラメータで動く直線の交点の軌跡は、消去法で円・放物線などの二次曲線になることが多い。

別解

別解:代入で $m$ を消す(計算で求めるルート)。 $m$ を含む $2$ 式から、$m$ を機械的に消去する。第 $1$ 式 $mx=y$、第 $2$ 式 $my=2-x$。

$x\ne 0$ のとき、$m=\frac{y}{x}$(第 $1$ 式)を第 $2$ 式 $x+my=2$ に代入する。

$$x+\frac{y}{x}\cdot y=2⟹x^2+y^2=2x⟹(x-1{)}^2+y^2=1.$$

ただし $x=0$(原点)は $m$ が定まらない($m\to \infty$ の極限)ので除く。タレスの円(本解)を使わず、$m=\frac{y}{x}$ を代入して消去しても円 $(x-1{)}^2+y^2=1$ に着く。$x^2+y^2=2x$ の形は「原点と $(2,0)$ を直径とする円」で、$2$ 直線が原点と $(2,0)$ を通り直交する、というタレスの定理の配置と一致する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $4$ つの不等式が表す領域(多角形)をまず図示する。$x\ge 0,y\ge 0$ で第$1$象限、$x+2y\le 8$ と $3x+y\le 9$ で上と右を切る。

$x+y=k$ とおくと傾き $-1$ の直線。$k$ を大きくすると右上へ平行移動する。領域と共有点をもつ最大の $k$ を探す。

$1$ 次式の最大はふつう領域の頂点で起こる。頂点(境界線の交点)の座標を求め、$x+y$ を比べる。$x+2y=8$ と $3x+y=9$ の交点 $(2,3)$ で最大 $5$。

① 領域の頂点を求める。 境界は $x=0,y=0,x+2y=8,3x+y=9$。頂点は境界の交点:

• $(0,0)$、$(3,0)$($3x+y=9$ と $y=0$)、$(0,4)$($x+2y=8$ と $x=0$)。
• $x+2y=8$ と $3x+y=9$ の交点:$y=9-3x$ を代入し $x+2(9-3x)=8$、$-5x=-10$、$x=2,y=3$。よって $(2,3)$。

② 頂点で $x+y$ を比べる。

• $(0,0)\to 0$、$(3,0)\to 3$、$(0,4)\to 4$、$(2,3)\to 5$。

最大は $(2,3)$ で $x+y=5$。

まとめ:線形計画法は「領域を図示 → 頂点で $1$ 次式を比べる」。$x+y=k$ の直線を右上へ動かし、最後に接する頂点 $(2,3)$ が最大 $5$ を与える。$2$ つの傾いた境界の交点が最大点になるのが典型。

発展。 線形計画法「$1$ 次式を$1$次不等式の領域で最大化」は、最適解が必ず頂点(または辺)でとる。目的関数の等高線を平行移動し、領域から離れる直前の頂点が答え。生産計画・栄養問題など応用が広く、変数が増えるとシンプレックス法という系統的な解法になる。

別解

別解:目的関数の等高線が「最後に触れる頂点」を追う(視覚で捉えるルート)。 $x+y=k$ の直線(傾き $-1$)を、$k$ を小さい値から大きくしながら領域の上を滑らせる。領域から離れる直前に触れている頂点が最大を与える。

領域の頂点は $(0,0),(3,0),(0,4)$、そして $x+2y=8$ と $3x+y=9$ の交点 $(2,3)$。各頂点で $x+y$: $(0,0)\to 0$、$(3,0)\to 3$、$(0,4)\to 4$、$(2,3)\to 5$。最大は $(2,3)$ の $5$。

直線 $x+y=k$ の傾き $-1$ は、境界 $x+2y=8$(傾き $-\frac{1}{2}$)と $3x+y=9$(傾き $-3$)の「中間」の傾き。だから最大はこの $2$ 辺が出会う頂点 $(2,3)$ で起こる、と傾きの比較からも予測できる。頂点を全部調べる(本解)のと同じ $5$ だが、「目的関数の傾きが $2$ 辺の傾きの間にある頂点が最適」と読むと、どの頂点かを先読みできる。線形計画法の基本の考え方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 円板上で $1$ 次式 $x+y$ の最大最小。$x+y=k$(傾き $-1$ の直線)が円板と共有点をもつ $k$ の範囲を調べる。

$k$ を動かすと直線が平行移動する。$k$ が最大・最小になるのは、直線が円にちょうど接するとき(それ以上動かすと円から離れる)。接する条件は「中心 $(1,2)$ から直線 $x+y-k=0$ までの距離 $=$ 半径 $2$」。$\frac{|1+2-k|}{\sqrt{2}}=2$ から $|3-k|=2\sqrt{2}$、$k=3\pm 2\sqrt{2}$。

① 接する条件。 中心 $(1,2)$、半径 $2$。直線 $x+y-k=0$ が円に接するのは、中心から直線までの距離が $2$ のとき:

$$\frac{|1+2-k|}{\sqrt{1^2+1^2}}=2⟹\frac{|3-k|}{\sqrt{2}}=2⟹|3-k|=2\sqrt{2}$$

② $k$ を求める。

$$3-k=\pm 2\sqrt{2}⟹k=3\mp 2\sqrt{2}$$

よって最大値 $3+2\sqrt{2}$、最小値 $3-2\sqrt{2}$。

まとめ:円板上の $1$ 次式は「直線を平行移動して円に接するとき最大最小」。接する条件は「中心からの距離 = 半径」。中心での値 $3$ を軸に、$\pm (\text{半径}\times \sqrt{2})=\pm 2\sqrt{2}$ 動くと覚えてもよい。

発展。 円板上での $1$ 次式 $ax+by$ の最大最小は「中心での値 $\pm r\sqrt{a^2+b^2}$」。$\sqrt{a^2+b^2}$ は勾配ベクトル $(a,b)$ の大きさで、コーシー・シュワルツの不等式 $|ax+by|\le \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{x^2+y^2}$ の等号(平行)で最大が実現する。線形計画の「丸い版」だ。

別解

別解:中心での値に「半径 $\times$ 係数」を足し引きする(得意な人向けの視点)。 $x+y$ の中心 $(1,2)$ での値は $1+2=3$。円板上ではこの中心値を基準に上下に振れる。

振れ幅は「半径 $\times$ 目的関数の勾配の大きさ」。$x+y$ の勾配ベクトルは $(1,1)$、大きさ $\sqrt{2}$。半径 $2$ を掛けて振れ幅は $2\sqrt{2}$。

だから最大 $3+2\sqrt{2}$、最小 $3-2\sqrt{2}$。接する条件で $k$ を求める本解と同じ。「$1$ 次式 $ax+by$ の円板上の最大最小 $=$ 中心での値 $\pm r\sqrt{a^2+b^2}$」という公式で、中心値 $3$ に $2\times \sqrt{1^2+1^2}=2\sqrt{2}$ を足し引き。最大・最小を与える点は中心から勾配方向 $(1,1)$ に $\pm$ 半径ぶん進んだ円周上の点だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$a$ を動かした直線が通る領域」。発想の転換をする。点 $(x,y)$ を固定して、「この点を通す $a$ が存在するか」と問い直す。

$y=2ax-a^2$ を $a$ について整理すると $a^2-2xa+y=0$。これは $a$ の$2$次方程式だ。点 $(x,y)$ が通過される $⟺$ この方程式が実数解 $a$ をもつ $⟺$ 判別式 $\ge 0$。$4x^2-4y\ge 0$、すなわち $y\le x^2$。放物線 $y=x^2$ とその下側。

① $a$ の方程式にする。 $y=2ax-a^2$ を $a$ について整理すると

$$a^2-2xa+y=0$$

② 実数解をもつ条件。 この $a$ の $2$ 次方程式が実数解をもつのは判別式 $\ge 0$:

$$\frac{D}{4}=x^2-y\ge 0⟹y\le x^2$$

③ 結論。 通過する領域は $y\le x^2$、すなわち放物線 $y=x^2$ とその下側。

まとめ:通過領域は「点を固定し、パラメータの方程式が実数解をもつ条件(判別式)」。$y=2ax-a^2$ は放物線 $y=x^2$ の各点での接線の族で、その包絡線が $y=x^2$。境界の放物線を含む($\le$)ことに注意。

発展。 境界 $y=x^2$ は直線族のどの$1$本とも接する曲線=包絡線。定規を少しずつずらして描く模様、ヘッドライトの光が壁に作る明るい縁など、直線の族が曲線の形を描き出す現象は身近にもある。通過領域の境界に接線族の包絡線が現れるのは、この単元の「直交2接線→準線」とも通じる。

別解

別解:放物線 $y=x^2$ の接線族として見る(得意な人向けの高い視点)。 放物線 $y=x^2$ の $x=a$ での接線を書くと、傾き $2a$、接点 $(a,a^2)$ だから

$$y=2a(x-a)+a^2=2ax-a^2.$$

与えられた直線族そのものだ。つまり「$y=x^2$ のすべての接線が掃く領域」を聞いている。

差を計算すると $x^2-(2ax-a^2)=(x-a{)}^2\ge 0$。どの接線も放物線の下側にあり、接点でだけ触れる。だから接線たちが塗りつぶすのは放物線の下側 $y\le x^2$ の全体(各点はその真上の放物線の接線のどれかが通る)。

判別式(本解)で出した $y\le x^2$ は図形的にはこういう意味だ。境界 $y=x^2$ は直線族のどの $1$ 本とも接している曲線=包絡線。直線の族が曲線の形を描き出す現象で、光の焦線などにも現れる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「距離の$2$乗の和が一定」の軌跡。$\mathrm{P}(x,y)$ とおいて ${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2$ を計算する。

${\mathrm{PA}}^2=(x+2{)}^2+y^2$、${\mathrm{PB}}^2=(x-2{)}^2+y^2$。足すと、$x$ の$1$次の交差項 $+4x$ と $-4x$ が打ち消し合う。${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2x^2+2y^2+8=20$。整理すると $x^2+y^2=6$。原点中心の円だ。

① 立式する。 $\mathrm{P}(x,y)$ とおくと

$${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=(x+2{)}^2+y^2+(x-2{)}^2+y^2$$

② 展開する。 $(x+2{)}^2+(x-2{)}^2=2x^2+8$($x$ の $1$ 次項が消える)だから

$${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2x^2+8+2y^2=2x^2+2y^2+8$$

③ 条件を入れる。 これが $20$ だから

$$2x^2+2y^2+8=20⟹x^2+y^2=6$$

まとめ:距離の $2$ 乗の和は「そのまま展開」。$\mathrm{A},\mathrm{B}$ が原点対称なので $x$ の $1$ 次項が消え、原点中心の円 $x^2+y^2=6$(半径 $\sqrt{6}$)になる。距離の差(アポロニウス)とは別の、和のタイプの軌跡。

発展。 中線定理 ${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2{\mathrm{PM}}^2+2{\mathrm{AM}}^2$($\mathrm{M}$ は $\mathrm{AB}$ の中点)から、「${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=$ 一定」の軌跡は $\mathrm{M}$ 中心の円。$3$ 点以上でも、$\sum {\mathrm{PA}}_i^2=$ 一定の軌跡は重心中心の円になる(重心からの距離の$2$乗和が保存量)。物理の慣性モーメントと同じ構造だ。

別解

別解:中点定理(パップスの中線定理)で直接求める(得意な人向けの視点)。 $\mathrm{A},\mathrm{B}$ の中点 $\mathrm{M}$ は原点 $(0,0)$。中線定理(スチュワート/パップスの定理)より、任意の点 $\mathrm{P}$ で

$${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2{\mathrm{PM}}^2+2{\mathrm{AM}}^2.$$

$\mathrm{M}$ は原点だから ${\mathrm{PM}}^2=x^2+y^2$。$\mathrm{AM}=2$($\mathrm{A}(-2,0)$ から原点まで)だから ${\mathrm{AM}}^2=4$。代入して

$${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2=2(x^2+y^2)+2\cdot 4=2(x^2+y^2)+8=20.$$

$x^2+y^2=6$。座標で展開する本解と同じ円だが、中線定理を知っていれば「$2{\mathrm{PM}}^2+2{\mathrm{AM}}^2$」に代入するだけ。${\mathrm{PA}}^2+{\mathrm{PB}}^2$ が「中点 $\mathrm{M}$ からの距離」で書けるので、軌跡が $\mathrm{M}$ 中心の円になるのは当然、と見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $|x|+|y|\le 2$ は原点中心のひし形(正方形)の内部。$y\ge 0$ で上半分を切り取ると、頂点 $(2,0),(0,2),(-2,0)$ の三角形になる。

$2x+3y$ は$1$次式。$1$次式の最大最小は多角形領域では必ず頂点でとる。だから $3$ つの頂点で $2x+3y$ を計算して比べる。$(2,0)\to 4$、$(0,2)\to 6$、$(-2,0)\to -4$。最大 $6$、最小 $-4$。

① 領域の頂点。 $|x|+|y|\le 2$ はひし形。$y\ge 0$(上半分)をとると、頂点は $(2,0),(0,2),(-2,0)$ の三角形。

② 頂点で $2x+3y$ を比べる。

• $(2,0)\to 2\cdot 2+0=4$
• $(0,2)\to 0+3\cdot 2=6$
• $(-2,0)\to 2\cdot (-2)+0=-4$

③ 結論。 最大値 $6$($(0,2)$)、最小値 $-4$($(-2,0)$)。

まとめ:絶対値の領域は「まず形(ひし形)を確定」。$y\ge 0$ で上半分の三角形になり、$1$ 次式の最大最小は頂点で決まる。$3$ 頂点で値を比べれば最大 $6$・最小 $-4$。境界が絶対値でも、線形計画法の「頂点で比べる」は同じ。

発展。 $1$ 次式の最大は目的関数の勾配ベクトル $(a,b)$ の向きに「最も遠い頂点」で起こる。凸多角形なら必ず頂点。$|x|+|y|\le c$(マンハッタン距離の円)のような凸領域では、頂点を調べるだけで最適化が済む。凸最適化の最も基本的な例だ。

別解

別解:目的関数の勾配方向で「最も遠い頂点」を特定する(得意な人向けの視点)。 $2x+3y$ を最大にするのは、勾配ベクトル $(2,3)$ の向きに最も進んだ点。三角形の頂点のうち、方向 $(2,3)$ への射影が最大の頂点を探す。

各頂点 $(2,0),(0,2),(-2,0)$ の $(2,3)$ 方向への射影(内積): $(2,0)\cdot (2,3)=4$、$(0,2)\cdot (2,3)=6$、$(-2,0)\cdot (2,3)=-4$。最大の射影は $(0,2)$ の $6$。だから最大は $(0,2)$ で $2x+3y=6$。最小は逆向きに最も進んだ $(-2,0)$ で $-4$。

$3$ 頂点で値を比べる本解と同じ。$1$ 次式 $\vec{c}\cdot (x,y)$ の最大は「$\vec{c}$ 方向に最も遠い頂点」で起こる、というのが線形計画法の基本。目的関数の勾配 $(2,3)$ が上向き成分が大きい($3>2$)ので、上の頂点 $(0,2)$ が有利、と方向から予測できる。