図形と方程式 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 折れ線 $AP+PB$ の最小は、まっすぐに伸ばすのがコツだ。曲がったままでは最短が見えない。

$A$ を $x$ 軸で折り返した点 $A^{\prime }$ を作る。すると $AP=A^{\prime }P$ になる。だから $AP+PB=A^{\prime }P+PB$ だ。

$A^{\prime }P+PB$ が最小なのは、$A^{\prime }$ と $B$ を結ぶ直線が最短のとき。対称移動で折れ線を直線に変える。これが最短経路問題の基本の発想だ。

$\mathrm{A}(1,3)$ を $x$ 軸に関して折り返すと ${\mathrm{A}}^{\prime }(1,-3)$。$\mathrm{P}$ は $x$ 軸上なので $\mathrm{AP}={\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{P}$。したがって

$$\mathrm{AP}+\mathrm{PB}={\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{P}+\mathrm{PB}$$

これが最小になるのは、${\mathrm{A}}^{\prime }$、$\mathrm{P}$、$\mathrm{B}$ が一直線に並ぶとき。直線 ${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{B}$ を求める。傾きは $\frac{1-(-3)}{5-1}=1$、${\mathrm{A}}^{\prime }(1,-3)$ を通るので $y=x-4$。

$x$ 軸($y=0$)との交点は $0=x-4$、$x=4$。よって $\mathrm{P}(4,0)$。最小値は ${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{B}$ の長さ。

$${\mathrm{A}}^{\prime }\mathrm{B}=\sqrt{(5-1{)}^2+(1+3{)}^2}=\sqrt{16+16}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$$

発展。 $2$ 定点 $A$、$B$ からの距離の和 $AP+PB$ が一定である点 $P$ の集まりは、$A$、$B$ を焦点とする楕円になる。

$AP+PB$ を小さくするとはこの楕円をだんだん縮めることだ。$x$ 軸に初めて触れる瞬間の楕円が、$x$ 軸に接する。その接点がいまの $P(4,0)$ だ。

楕円の接線は $2$ 焦点への線と等しい角をなす。だから接点 $P$ では入射角と反射角が等しい。折り返しで等角になるのと同じことを、楕円の側から見ている。

別解

別解:Pを座標で動かし、微分で最小を出す(得意な人向けの解析ルート)。 対称点を使わず、$\mathrm{P}(t,0)$ とおいて $AP+PB$ を $t$ の関数として直接最小化する。

$$f(t)=\sqrt{(t-1{)}^2+3^2}+\sqrt{(t-5{)}^2+1^2}.$$

微分して $f^{\prime }(t)=0$ とする。

$$f^{\prime }(t)=\frac{t-1}{\sqrt{(t-1{)}^2+9}}+\frac{t-5}{\sqrt{(t-5{)}^2+1}}=0.$$

移項して両辺を $2$ 乗すると $(t-1{)}^2\{(t-5{)}^2+1\}=(t-5{)}^2\{(t-1{)}^2+9\}$。展開して整理すると $(t-1{)}^2=9(t-5{)}^2$、すなわち $|t-1|=3|t-5|$。$t-1=-3(t-5)$ を解くと $t=4$(もう一方の $t=7$ は $f^{\prime }$ の $2$ 項が同符号で $0$ にならず不適)。よって $\mathrm{P}(4,0)$、最小値は $f(4)=\sqrt{18}+\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。

対称点で幾何的に一直線にする本解と、距離の和を関数とみて谷を微分で探す別解。同じ $\mathrm{P}(4,0)$、最小値 $4\sqrt{2}$ に到達する。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 中心が直線 $y=x$ 上にある。だから中心は $(t,t)$ と $1$ 文字で書ける。未知数が減るのが大きい。

半径は「中心から円周上の点までの距離」だ。いま円周上の点として $2$ 点が分かっている。中心から $2$ 点までの距離はどちらも半径で、等しい。

この「$2$ 点までの距離が等しい」を $t$ の方程式にする。条件で中心を $1$ 文字にし、等距離条件で解く、これが発想だ。

中心は $y=x$ 上なので $(t,t)$ とおく。中心から2点までの距離(半径)が等しいので、2乗して比べる。

$$(t-0{)}^2+(t-2{)}^2=(t-4{)}^2+(t-0{)}^2$$

展開して整理する。左辺 $=2t^2-4t+4$、右辺 $=2t^2-8t+16$。

$$-4t+4=-8t+16\Rightarrow 4t=12\Rightarrow t=3$$

中心は $(3,3)$。半径の2乗は $(3-0{)}^2+(3-2{)}^2=9+1=10$。

$$(x-3{)}^2+(y-3{)}^2=10$$

発展。 円を $1$ つに決めるには、独立な条件が $3$ つ要る。中心の座標 $2$ つと半径 $1$ つ、あるいは一般式 $x^2+y^2+lx+my+n=0$ の $l$、$m$、$n$ の $3$ つだ。

この問題では「$1$ 点目を通る」「$2$ 点目を通る」で条件が $2$ つ、「中心が $y=x$ 上」で $1$ つ、合わせて $3$ つ。だからちょうど円が $1$ つに定まる。

条件が $2$ つなら円は $1$ 通りに決まらず、$1$ 文字ぶんの自由度が残る。条件の個数を数えるだけで、答えが一意かどうかを見通せる。

別解

別解:垂直二等分線との交点で中心を出す(図でつかむルート)。 円の中心は通る $2$ 点から等距離にある。$2$ 点から等距離の点全体はその $2$ 点を結ぶ線分の垂直二等分線だ。だから中心はこの垂直二等分線の上にある。

$2$ 点 $(0,2)$、$(4,0)$ の中点は $(2,1)$。この $2$ 点を結ぶ線分の傾きは $\frac{0-2}{4-0}=-\frac{1}{2}$。垂直二等分線はこれに垂直だから傾き $2$ で、$(2,1)$ を通る。式は $y-1=2(x-2)$、すなわち $y=2x-3$。

中心はこの垂直二等分線と、与えられた直線 $y=x$ の両方に乗る。連立して $x=2x-3$、$x=3$、$y=3$。中心 $(3,3)$。半径の $2$ 乗は $(3-0{)}^2+(3-2{)}^2=10$。

中心を $1$ 文字で置いて等距離を解く本解に対し、こちらは「等距離の点＝垂直二等分線」という図形の事実を使う。同じ円 $(x-3{)}^2+(y-3{)}^2=10$ が出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 点 $(4,2)$ は円の外にある。円上の点での接線公式は、接点が分からないと使えない。

そこで接線を「$(4,2)$ を通る傾き $m$ の直線」とおく。円に接する条件は「中心との距離＝半径」。これを $m$ の方程式にして解く。

傾き $m$ で表せない直線が $1$ つある。$y$ 軸に平行な縦の直線だ。これを別に確認するところまでが一組だ。

接線を $y-2=m(x-4)$、すなわち $mx-y+(2-4m)=0$ とおく。中心 $\mathrm{O}(0,0)$ からの距離が半径 $2$ に等しい。

$$\frac{|2-4m|}{\sqrt{m^2+1}}=2$$

両辺2乗して整理する。

$$(2-4m{)}^2=4(m^2+1)\Rightarrow 4-16m+16m^2=4m^2+4$$

$$12m^2-16m=0\Rightarrow 4m(3m-4)=0\Rightarrow m=0,\frac{4}{3}$$

$m=0$ のとき $y=2$。$m=\frac{4}{3}$ のとき $y-2=\frac{4}{3}(x-4)$、整理して $4x-3y-10=0$。

発展。 円外の点から引いた $2$ 本の接線は、その点と中心を結ぶ直線に関して線対称で、長さも等しい。$2$ 本のなす角は、点が中心から遠いほど小さく、円に近いほど大きい。

では「$2$ 本の接線がちょうど直角に交わる」のはどんな点か。中心からの距離を $d$、半径を $r$ とすると、直角になるのは $d=\sqrt{2}r$ のとき。そういう点は半径 $\sqrt{2}r$ の同心円上に並び、これを準円という。$x^2+y^2=4$ の準円は $x^2+y^2=8$ だ。

いまの点 $(4,2)$ は中心からの距離が $2\sqrt{5}$ で、$2\sqrt{2}$ より遠い。だから $2$ 本の接線は直角より鋭い角で交わる。準円の考えは楕円にも引き継がれ、$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の直交する $2$ 接線の交点は $x^2+y^2=a^2+b^2$ の上に並ぶ。

別解

別解:2接線をまとめて1つの式で出す(得意な人向けの視点)。 円 $S:x^2+y^2-4=0$ と外部の点 $(x_1,y_1)=(4,2)$ について、そこから引いた $2$ 本の接線は次の $1$ つの式にまとまる。

$$S\cdot S_1=T^2,S_1=x_1^2+y_1^2-4,T=x_{1}x+y_{1}y-4.$$

ここで $S_1=4^2+2^2-4=16$、$T=4x+2y-4$。代入すると

$$16(x^2+y^2-4)=(4x+2y-4{)}^2.$$

左辺へ移して整理すると、

$$16(x^2+y^2-4)-(4x+2y-4{)}^2=-4(y-2)(4x-3y-10).$$

これが $0$ だから $(y-2)(4x-3y-10)=0$。$2$ 本の接線 $y=2$、$4x-3y-10=0$ が一度に出る。傾きで場合分けする本解と同じ答えだが、この式は縦の接線も自動で含むので、$y$ 軸平行の見落としが原理的に起きないのが利点だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 円の交点を通る図形は、交点そのものを求めなくても表せる。$2$ 円の式を $f_1$、$f_2$ として、$f_1+k{f}_2=0$ とおく。これを「束」という。

なぜ交点を通るのか。交点では $f_1=0$ かつ $f_2=0$ だから、$f_1+k{f}_2$ も $0$ になる。$k$ が何であっても交点を通る。

あとは $k$ を動かし、条件(原点を通る)に合う $1$ つを選ぶ。交点を通る図形族を、パラメータ $k$ の束でまとめて表せる。

① なぜ $f_1+k{f}_2=0$ が交点を通るのか。 2円の交点では $f_1=0$ かつ $f_2=0$ が同時に成り立つ。すると、どんな $k$ でも $f_1+k{f}_2=0+k\cdot 0=0$。つまり $f_1+k{f}_2=0$ は $k$ の値によらず必ず2つの交点を通る。$k$ を1つ選ぶごとに、交点を通る図形が1つ決まる。

2円を $f_1=x^2+y^2-4$、$f_2=(x-1{)}^2+y^2-3=x^2+y^2-2x-2$ とすると、交点を通る図形は

$$(x^2+y^2-4)+k(x^2+y^2-2x-2)=0$$

② 原点を通る条件で $k$ を決める。 $(0,0)$ を代入する。

$$(0-4)+k(0-0-2)=0\Rightarrow -4-2k=0\Rightarrow k=-2$$

③ $k=-2$ を戻す。

$$(x^2+y^2-4)-2(x^2+y^2-2x-2)=0$$

$$-x^2-y^2+4x=0\Rightarrow x^2+y^2-4x=0\Rightarrow (x-2{)}^2+y^2=4$$

まとめ:交点では2円の式がどちらも $0$ だから、$f_1+k{f}_2=0$ は $k$ を変えても必ず交点を通る。あとは「原点を通る」など1つの条件で $k$ を決めれば、求める図形が出る。

発展。 一直線上にない $3$ 点を通る円は、ただ $1$ つに決まる(三角形の外接円と同じ事実)。ここでは $2$ 交点と原点の $3$ 点が、その円を決めている。

$3$ 点 $(x_i,y_i)$ を通る円は、行列式でも書ける。第 $1$ 行を $(x^2+y^2,x,y,1)$、下の $3$ 行に $3$ 点の値を並べた $4$ 次の行列式を $0$ とおくと、その $3$ 点を通る円の方程式になる。

束は「$2$ 交点を通る」ところまでで $1$ 文字の自由度を残し、原点通過の $1$ 条件でそれを消す。$3$ 点あれば円が一意、$2$ 点なら $1$ 文字残る、という自由度の勘定が円の決定の芯だ。

別解

別解:交点を実際に求めて円を決める(手を動かす確実なルート)。 束を使わず、$2$ 円の交点を直接求める。$2$ 円の式を引くと $(x^2+y^2-4)-\{(x-1{)}^2+y^2-3\}=0$、整理して $2x-2=0$、$x=1$。$x=1$ を $x^2+y^2=4$ に入れて $y^2=3$、$y=\pm \sqrt{3}$。交点は $(1,\sqrt{3})$ と $(1,-\sqrt{3})$。

この $2$ 交点は $x$ 軸について対称だ。$3$ 点 $(1,\sqrt{3})$、$(1,-\sqrt{3})$、原点はどれも $x$ 軸に関して対称な配置なので、求める円の中心は $x$ 軸上にある。中心を $(a,0)$ とおく。

原点を通るから半径の $2$ 乗は $a^2$。交点 $(1,\sqrt{3})$ を通るから $(1-a{)}^2+3=a^2$、$1-2a+a^2+3=a^2$、$a=2$。中心 $(2,0)$、半径 $2$。円は $(x-2{)}^2+y^2=4$。

束でまとめて選ぶ本解に対し、こちらは交点を出して図形の対称性で中心を絞る。同じ円 $(x-2{)}^2+y^2=4$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 直線 $\ell$ はつねに $P$ を通り、向きだけが変わる。原点 $O$ から $\ell$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると、距離は $OH$ だ。

$\angle OHP=90^{\circ }$ だから、$OH$ は直角三角形 $OHP$ の斜辺 $OP$ より短い。つまり距離は $OP$ を超えない。等しくなるのは $H$ が $P$ に重なるとき、すなわち $\ell$ が $OP$ に垂直なときだ。動く距離を固定線分 $OP$ で上から抑える、これが発想だ。

直線 $\ell$ はつねに $\mathrm{P}$ を通る。原点 $\mathrm{O}$ から $\ell$ に下ろした垂線の足を $\mathrm{H}$ とすると、距離は $\mathrm{OH}$。直角三角形 $\mathrm{OHP}$($\angle \mathrm{H}=90^{\circ }$)で $\mathrm{OH}$ は斜辺 $\mathrm{OP}$ より短い。等しくなるのは $\mathrm{H}$ が $\mathrm{P}$ に重なるとき、つまり $\ell \perp \mathrm{OP}$ のとき。

よって最大値は $\mathrm{OP}$ の長さ。

$$\mathrm{OP}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$$

発展。 $\ell$ が $P$ のまわりで回るとき、垂線の足 $H$ はどこを動くか。つねに $\angle OHP=90^{\circ }$ だから、$H$ は $OP$ を直径とする円の上を動く(直径に立つ角は直角、というタレスの定理)。

この円の直径は $OP=\sqrt{5}$。だから $OH$ は $0$ から $OP$ まで、すべての値をとる。$\ell$ が原点を通るときは $H=O$ で距離 $0$、$\ell$ が $OP$ に垂直なときは $H=P$ で距離 $OP$ が最大だ。

最大だけでなく最小 $0$ まで、$1$ 枚の円ですべて読める。「定点を通る直線と別の $1$ 点の距離は、$0$ 以上その $2$ 点間の距離以下」という一般の事実の、これは具体例だ。

別解

別解:距離を式にして、最大を判別式で出す(得意な人向けの解析ルート)。 $P(2,1)$ を通る直線を $y-1=m(x-2)$、すなわち $mx-y+(1-2m)=0$ とおく。原点からの距離は

$$d=\frac{|1-2m|}{\sqrt{m^2+1}}.$$

$d^2=k$ とおくと $(1-2m{)}^2=k(m^2+1)$、整理して $(4-k)m^2-4m+(1-k)=0$。この $m$ の $2$ 次方程式が実数解をもつ条件は、判別式が $0$ 以上:

$$16-4(4-k)(1-k)\ge 0⟹4k(5-k)\ge 0⟹0\le k\le 5.$$

だから $d^2$ の最大は $5$、距離の最大は $\sqrt{5}$。このとき $(4-5)m^2-4m-4=0$ すなわち $(m+2{)}^2=0$、$m=-2$ で、$\ell$ は $OP$ に垂直だ($OP$ の傾き $\frac{1}{2}$ との積が $-1$)。縦の直線 $x=2$ は距離 $2<\sqrt{5}$ なので最大ではない。

幾何で $OP$ を上限とする本解と同じ最大値 $\sqrt{5}$。距離の $2$ 乗が動ける範囲を判別式で押さえる見方だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 弦の長さは公式 $2\sqrt{r^2-d^2}$ で表せる($d$ は中心と直線の距離)。ふつうは $d$ から弦の長さを出す。

この問題は逆だ。弦の長さのほうが与えられている。だから公式を逆向きに使い、$d$ を先に逆算する。

求めた $d$ を、点と直線の距離の公式で $k$ の式として書く。それを解けば $k$ が出る。公式を逆に使って未知の距離を求める、これが発想だ。

半径 $r=2$。弦の長さが $2\sqrt{3}$ なので

$$2\sqrt{4-d^2}=2\sqrt{3}\Rightarrow 4-d^2=3\Rightarrow d^2=1\Rightarrow d=1$$

一方、中心 $\mathrm{O}(0,0)$ から直線 $x-y+k=0$ までの距離は

$$d=\frac{|k|}{\sqrt{2}}$$

これが $1$ に等しいので

$$\frac{|k|}{\sqrt{2}}=1\Rightarrow |k|=\sqrt{2}\Rightarrow k=\pm \sqrt{2}$$

発展。 弦の長さ $2\sqrt{r^2-d^2}$ は、弦の半分・半径・中心距離が作る直角三角形(三平方の定理)から出る。中心距離 $d$ が $0$ なら弦は直径で最長 $2r$、$d=r$ なら弦は $0$ に縮んで直線は接する。

$y=x+k$ は $k$ を変えると平行に動く直線の族だ。弦の長さは中心距離 $d=\frac{|k|}{\sqrt{2}}$ だけで決まるから、同じ長さの弦を与える $k$ は中心をはさんで対称に $2$ つ、いまの $k=\pm \sqrt{2}$ になる。

弦の長さは向きでなく「中心からどれだけ離れているか」だけで決まる。円の対称性がそのまま現れている。

別解

別解:直線を円に代入し、解と係数で弦を測る(得意な人向けの代数ルート)。 中心距離の公式を使わず、交点そのものを扱う。$y=x+k$ を $x^2+y^2=4$ に代入すると

$$x^2+(x+k{)}^2=4⟹2x^2+2kx+(k^2-4)=0.$$

交点の $x$ 座標を $x_1,x_2$ とすると、解と係数の関係から $x_1+x_2=-k$、$x_1{x}_2=\frac{k^2-4}{2}$。直線の傾きが $1$ なので、$2$ 交点の距離の $2$ 乗は $(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2=2(x_1-x_2{)}^2$。ここで $(x_1-x_2{)}^2=(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2=k^2-2(k^2-4)=8-k^2$。だから弦の長さの $2$ 乗は $2(8-k^2)$。これが $(2\sqrt{3}{)}^2=12$ に等しいから $8-k^2=6$、$k^2=2$、$k=\pm \sqrt{2}$。

中心距離で解く本解と同じ $k=\pm \sqrt{2}$。交点の座標を求めずに、和と積だけで弦の長さを出すのが解と係数のうまみだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 外心は $3$ 頂点から等距離の点だ。外接円の中心だから、$3$ 頂点までの距離はどれも半径で、互いに等しい。

そこで中心を $\mathrm{P}(a,b)$ とおく。${\mathrm{PA}}^2={\mathrm{PB}}^2$ と ${\mathrm{PA}}^2={\mathrm{PC}}^2$ の $2$ 本を立てる。距離は $2$ 乗のまま比べると、$a^2+b^2$ が両辺で消えて $1$ 次式になる。

「外心は $3$ 頂点から等距離」という定義を、そのまま座標の連立で表す。これが核だ。

外心を $\mathrm{P}(a,b)$ とおく。${\mathrm{PA}}^2={\mathrm{PB}}^2$ より

$$a^2+b^2=(a-6{)}^2+b^2\Rightarrow 0=-12a+36\Rightarrow a=3$$

${\mathrm{PA}}^2={\mathrm{PC}}^2$ より

$$a^2+b^2=(a-2{)}^2+(b-4{)}^2\Rightarrow 0=-4a+4-8b+16$$

$a=3$ を入れると $0=-12+4-8b+16=8-8b$、$b=1$。外心は $(3,1)$。半径の2乗は ${\mathrm{PA}}^2=3^2+1^2=10$。外接円は

$$(x-3{)}^2+(y-1{)}^2=10$$

発展。 外接円の半径は三角形の $3$ 辺 $a,b,c$ と面積 $S$ から $R=\frac{abc}{4S}$ でも出る。この三角形は $\mathrm{AB}=6$、$\mathrm{BC}=4\sqrt{2}$、$\mathrm{CA}=2\sqrt{5}$、面積 $S=12$。代入すると $R=\frac{6\cdot 4\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{5}}{4\cdot 12}=\sqrt{10}$ で、外接円の半径 $\sqrt{10}$ に一致する。

外心は各辺の垂直二等分線の交点でもある。$3$ 本の垂直二等分線が $1$ 点に集まること自体が、$3$ 頂点から等距離の点の存在を保証している。

外心は重心・内心とならぶ三角形の五心の $1$ つだ。座標では等距離の連立で、初等幾何では垂直二等分線の交点で、同じ点にたどり着く。

別解

別解:一般式に3頂点を代入して決める(得意な人向けの視点)。 外接円を $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$ とおき、$3$ 頂点を代入して $D,E,F$ を決める。原点 $\mathrm{A}(0,0)$ を通るので $F=0$。

$\mathrm{B}(6,0)$ を代入すると $36+6D=0$、$D=-6$。$\mathrm{C}(2,4)$ を代入すると $4+16+2D+4E=0$、$D=-6$ を入れて $8+4E=0$、$E=-2$。よって $x^2+y^2-6x-2y=0$。平方完成すると $(x-3{)}^2+(y-1{)}^2=10$。中心 $(3,1)$、半径 $\sqrt{10}$。

${\mathrm{PA}}^2={\mathrm{PB}}^2$ 型で中心を出す本解に対し、こちらは円の一般式に $3$ 点を入れて連立するだけ。$\mathrm{A}$ が原点なので $F=0$ となり計算が軽い。同じ外心 $(3,1)$、外接円 $(x-3{)}^2+(y-1{)}^2=10$ が出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 共通弦の長さを、$2$ 段階で求める。まず共通弦がどの直線に乗っているかを出す。次にその直線と一方の円で、弦の長さを測る。

共通弦を含む直線は $2$ 円の式を引くと出る。両端は $2$ 円の交点で、どちらの円の上にもあるからだ。引くと $x^2$、$y^2$ が消えて直線が残る。

「$2$ 円の差で直線を得る」と「弦を三平方で測る」という $2$ つの既習の技を連結する。総合問題だ。

① なぜ引き算が共通弦になるのか。 共通弦の両端は2円の交点で、どちらの円の上にもある。だから2つの円の式を両方満たし、その差の式も交点で $0$ になる。引くと $x^2$・$y^2$ が消えて直線になるので、これが2交点を通る直線＝共通弦を含む直線だ。

② 2式を引く。

$$(x^2+y^2-25)-\{(x-8{)}^2+y^2-25\}=0$$

$$x^2-(x-8{)}^2=0\Rightarrow 16x-64=0\Rightarrow x=4$$

③ 弦の端点を求める。 共通弦は直線 $x=4$ 上。これを1つ目の円 $x^2+y^2=25$ に代入する。

$$16+y^2=25\Rightarrow y^2=9\Rightarrow y=\pm 3$$

弦の両端は $(4,3)$、$(4,-3)$。長さは

$$\sqrt{(4-4{)}^2+(3-(-3){)}^2}=\sqrt{0+36}=6$$

まとめ:共通弦の両端は両方の円の上にあるから、2円を引いた式(直線)が共通弦を含む。あとはその直線を円に代入して端点を求め、距離をとれば弦の長さが出る。

発展。 $2$ 円の式を引いて得た直線 $x=4$ を、$2$ 円の根軸という。ある点から $2$ つの円それぞれへの方べきが等しくなる、その点の集まりだ。

根軸は $2$ 円が交わらなくても定まる。そのときは共通弦ではなく、$2$ 円の外にある直線になる。$2$ 円が交わるいまの場合だけ、根軸が共通弦を含む直線と一致する。

根軸はつねに $2$ 中心を結ぶ線に垂直だ。いまは半径が等しいので、根軸は $2$ 中心の垂直二等分線($x=4$)にもなっている。方べきで $2$ 円の位置関係を調べるとき、最初に出てくるのが根軸だ。

別解

別解:図の対称性と三平方で測る(図でつかむルート)。 式を引かず、図の形から攻める。$2$ 円は半径がどちらも $5$ で等しく、中心は $(0,0)$ と $(8,0)$。共通弦は $2$ 中心を結ぶ線分に垂直で、しかもそれに二等分される。

半径が等しいから、共通弦は $2$ 中心のちょうど真ん中を通る。$2$ 中心の中点は $(4,0)$ なので、片方の中心 $(0,0)$ から共通弦までの距離は $4$。弦の半分・半径・中心距離が直角三角形を作る。半弦の長さは $\sqrt{5^2-4^2}=\sqrt{9}=3$。共通弦はその $2$ 倍で $6$。

$2$ 円の式を引く本解に対し、こちらは「等しい半径だから弦は真ん中」という対称性で弦の位置を出す。同じ長さ $6$ に着く。