図形と方程式 実戦編の問題 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 $\mathrm{PA}:\mathrm{PB}=1:2$、すなわち $\mathrm{PB}=2\mathrm{PA}$ を書く。

根号のままでは扱えない。両辺とも正だから、2乗して ${\mathrm{PB}}^2=4{\mathrm{PA}}^2$ としてよい。あとは座標で展開するだけ。2乗の項が両辺に現れて消し合い、円の方程式が残る。これがアポロニウスの円だ。

① 座標で立てる。 $\mathrm{P}(x,y)$ とすると ${\mathrm{PA}}^2=x^2+y^2$、${\mathrm{PB}}^2=(x-6{)}^2+y^2$。$\mathrm{PB}=2\mathrm{PA}$ より ${\mathrm{PB}}^2=4{\mathrm{PA}}^2$、 $$(x-6{)}^2+y^2=4(x^2+y^2).$$ ② 整理する。 左辺を展開して $$x^2-12x+36+y^2=4x^2+4y^2⟹3x^2+3y^2+12x-36=0⟹x^2+y^2+4x-12=0.$$ ③ 平方完成。 $$(x+2{)}^2+y^2=16.$$

よって軌跡は中心 $(-2,0)$、半径 $4$ の円。

まとめ距離の比は $2$ 乗して多項式の等式に。$x^2,y^2$ の係数がそろって円になる(アポロニウスの円)。中心 $(-2,0)$、半径 $4$。図形と方程式(軌跡)・距離の融合。

発展。 比を $1:1$ にすると軌跡は線分 $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線になる。比 $k:1$ の円は $k$ が $1$ に近づくほど大きくなり、中心はどこまでも遠ざかる。直線は「半径が無限大の円」とみなせるのだ。円と直線を1つの家族として見る視点は、反転や複素数平面の一次分数変換につながっていく。

別解

別解:内分点と外分点を直径の両端と見る(得意な人向けの高い視点)。 軌跡の上にある点を、計算の前に2つ見つけられる。線分 $\mathrm{AB}$ 上で $\mathrm{PA}:\mathrm{PB}=1:2$ となる内分点と、延長上でそうなる外分点だ。

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

軌跡は $x$ 軸対称だから、この2点は円の直径の両端になるはずだ。中心は中点 $(-2,0)$、半径は $\frac{2-(-6)}{2}=4$。本解の $(x+2{)}^2+y^2=16$ と一致する。

計算(本解)が「円になること」を保証し、内分・外分点が「どの円か」を即答する。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である。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$t$ を動かしたとき直線が通る点の全体」を聞かれている。発想の転換はここだ。点 $(x,y)$ を固定して、「この点を通る $t$ があるか?」と問い直す。

式 $y=2tx-t^2$ を $t$ について整理すると $t^2-2xt+y=0$。これは $t$ 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 $t$ をもつ $⟺$ 判別式 $\ge 0$。存在条件が判別式の条件になる。

① $t$ の方程式にする。 $y=2tx-t^2$ を $t$ について整理すると $$t^2-2xt+y=0.$$ ② 実数解の条件(判別式)。 この $t$ の $2$ 次方程式が実数解をもつ条件は $$\frac{D}{4}=x^2-y\ge 0⟺y\le x^2.$$

③ 領域。 よって通過する領域は放物線 $y=x^2$ の下側(境界を含む)$y\le x^2$。

まとめ 「通過領域」は「パラメータ $t$ の存在条件」。$t$ の $2$ 次方程式とみて判別式 $\ge 0$ を解くと $y\le x^2$。直線 $y=2tx-t^2$ は放物線 $y=x^2$ の接線の全体で、その包絡線が放物線。図形と方程式(領域)・判別式の融合。

発展。 境界 $y=x^2$ は直線族のどの1本とも接している曲線=包絡線とよばれる。ヘッドライトの光が壁に作る明るい縁や、定規を少しずつずらして描く模様のように、直線の族が曲線を作る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偶然ではない。

別解

別解:この直線族を「放物線 $y=x^2$ の接線族」と見る(得意な人向けの高い視点)。 放物線 $y=x^2$ の $x=t$ での接線を書いてみる。傾き $2t$、接点 $(t,t^2)$ だから

$$y=2t(x-t)+t^2=2tx-t^2.$$

与えられた直線族そのものだ。つまり本問は「$y=x^2$ 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 $x^2-(2tx-t^2)=(x-t{)}^2\ge 0$。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)が出した答えを、図形で説明したことになる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「円上で $2x+y$ の最大」は、$2x+y=k$ という直線の族を考えるのが基本の方法だ。値 $k$ が実現する $⟺$ 直線 $2x+y=k$ が円と共有点をもつ。

$k$ を大きくすると直線は右上へ平行移動していく。ぎりぎり円に触れる瞬間が最大だ。「共有点をもつ」は中心から直線までの距離 $\le$ 半径、で判定できる。距離の公式に流し込めば $k$ の範囲が出る。

① 直線族とみる。 $2x+y=k$、すなわち $2x+y-k=0$。円 $x^2+y^2=5$ は中心 $(0,0)$、半径 $\sqrt{5}$。

② 共有点をもつ条件。 中心 $(0,0)$ から直線 $2x+y-k=0$ までの距離が半径以下: $$\frac{|-k|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{|k|}{\sqrt{5}}\le \sqrt{5}⟹|k|\le 5.$$

③ 最大。 $-5\le k\le 5$ で、$2x+y$ の最大は $k=5$(直線が円に接するとき)。

まとめ $2x+y=k$ を直線族とみて、円と接する($k$ が限界)条件を「中心と直線の距離 $=$ 半径」で書くと $|k|\le 5$、最大 $5$。図形と方程式(円・最大)・距離の融合。コーシー・シュワルツ $|2x+y|\le \sqrt{5}\sqrt{x^2+y^2}=5$ でも同じ。

発展。 コーシー・シュワルツの不等式 $(2x+y{)}^2\le (2^2+1^2)(x^2+y^2)$ を使えば、$(2x+y{)}^2\le 5\cdot 5=25$ が一行で出る。一般に半径 $r$ の円上での $ax+by$ の最大は $r\sqrt{a^2+b^2}$。「接する」「合成」「シュワルツ」の3通りが同じ値を指す。

別解

別解:円上の点を三角関数で表す(単元横断の置き換えルート)。 円 $x^2+y^2=5$ 上の点は $x=\sqrt{5}\cos \theta$、$y=\sqrt{5}\sin \theta$ と書ける。代入すると

$$2x+y=\sqrt{5}(2\cos \theta +\sin \theta ).$$

かっこの中は三角関数の合成で $\sqrt{2^2+1^2}\sin (\theta +\alpha )=\sqrt{5}\sin (\theta +\alpha )$。よって

$$2x+y=5\sin (\theta +\alpha )\le 5.$$

最大値 $5$。等号は $\sin (\theta +\alpha )=1$ のときで、点 $(2,1)$ で実現する($2\cdot 2+1=5$、$2^2+1^2=5$ で円上)。「接する」(本解)を使わず、円を1変数 $\theta$ で歩き切って三角関数の最大値に帰着させた。円のパラメータ表示は円上の最大最小をいつでも1変数の問題に変える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 求めたいのは $\mathrm{M}$ の軌跡。だから $\mathrm{M}=(X,Y)$ と名前をつけ、これを中心に考える。

動く点 $\mathrm{P}$ は従属変数だ。中点の式を逆に解いて $\mathrm{P}=(2X-6,2Y)$ と、$\mathrm{P}$ を $\mathrm{M}$ で表す。$\mathrm{P}$ の従う法則は「円 $x^2+y^2=4$ 上にある」こと。そこに代入すれば、$X,Y$ だけの関係式=軌跡の方程式が出る。

① 中点で $\mathrm{P}$ を表す。 $\mathrm{M}(X,Y)$ とすると、$\mathrm{A}(6,0)$ との中点だから $$X=\frac{6+p_x}{2},Y=\frac{0+p_y}{2}⟹\mathrm{P}=(p_x,p_y)=(2X-6,2Y).$$ ② 円の式に代入。 $\mathrm{P}$ は $x^2+y^2=4$ 上にあるから $$(2X-6{)}^2+(2Y{)}^2=4.$$ ③ 整理する。 $4(X-3{)}^2+4Y^2=4$、両辺 $4$ で割って $$(X-3{)}^2+Y^2=1.$$

よって $\mathrm{M}$ の軌跡は中心 $(3,0)$、半径 $1$ の円。

まとめ軌跡は求める点 $\mathrm{M}(X,Y)$ を中心に考え、動く点 $\mathrm{P}$ を $X,Y$ で表して元の条件に代入して求める。中点なので半径・中心が半分の位置に縮む。中心 $(3,0)$、半径 $1$。図形と方程式(軌跡)・中点の融合。

発展。 中点を「$2:1$ の内分点」に変えれば $\frac{1}{3}$ や $\frac{2}{3}$ 倍の縮小になるだけで、やはり円が出る。一般に「動点の図形を、定点中心に一定比率で縮めた(伸ばした)軌跡」は元と相似な図形。軌跡の問題は平行移動・相似・回転のどれかの変換で言い換えられないかをまず考えるとよい。

別解

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

$\mathrm{P}$ が円全体を動くなら、$\mathrm{M}$ はその円を丸ごと「$\mathrm{A}$ 中心に $\frac{1}{2}$ 倍」した図形を動く。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 $2\times \frac{1}{2}=1$。

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

逆代入(本解)が1行で終わる。軌跡の問題の多くは「平行移動・相似・回転のどれかで写した図形」であり、変換の言葉で見ると計算の前に答えの形が分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 2つの交点の座標を先に求めてから直線を出す、は遠回りだ(交点には根号が入る)。

見方を変える。交点は両方の円の方程式を満たす。だから、2円の式を辺々引いた式も必ず満たす。

2円の式はどちらも $x^2+y^2$ を含む。引けば2乗の項が消えて1次方程式=直線になる。その直線が2つの交点をともに通る。これが根軸だ。

① 方程式を $=0$ に。 $$C_1:x^2+y^2-4=0,C_2:(x-3{)}^2+y^2-4=x^2+y^2-6x+5=0.$$ ② 辺々引く。 $C_1-C_2$ を作ると $$(x^2+y^2-4)-(x^2+y^2-6x+5)=0⟹6x-9=0.$$ ③ 直線。 $6x-9=0$、すなわち $x=\frac{3}{2}$。これが $2$ 交点を通る直線である。

(検算: $x=\frac{3}{2}$ を $C_1$ に入れると $y^2=4-\frac{9}{4}=\frac{7}{4}$、$y=\pm \frac{\sqrt{7}}{2}$。この2点は $C_2$ も満たす。)

まとめ交点は両方の円の式を満たすから、引き算した1次式(根軸)も満たす。2乗が消えて $x=\frac{3}{2}$。交点そのものを求めずに、交点を通る直線だけが先に出る。

発展。 3つの円があると、2円ずつの根軸が3本引ける。この3本は必ず1点(根心)で交わる。また2円が接する場合、根軸は接点を通る共通接線になる。交わっても、接しても、離れていても、引き算の直線(根軸)はいつでも意味をもつ。

別解

別解:「接線の長さが等しい点」の直線と読む(得意な人向けの高い視点)。 点 $\mathrm{P}$ から中心 $\mathrm{C}$・半径 $r$ の円への接線の長さは、三平方の定理で $\sqrt{{\mathrm{PC}}^2-r^2}$。この根号の中身 ${\mathrm{PC}}^2-r^2$ は円の式($=0$ 形)の左辺に $\mathrm{P}$ を代入した値そのものだ。

だから引き算の式 $C_1-C_2=0$ は、「2つの円への ${\mathrm{PC}}^2-r^2$ が等しい点の集合」を表す。円の外側で言えば、2円への接線の長さが等しい点の集まりである。実際、根軸 $x=\frac{3}{2}$ 上の点 $\left(\frac{3}{2},3\right)$ で確かめると、どちらの円でも ${\mathrm{PC}}^2-r^2=\frac{9}{4}+9-4=\frac{29}{4}$ と一致する。

もう1つの見方もある。いまは2円の半径が等しいから、根軸は2つの中心 $(0,0),(3,0)$ の垂直二等分線になるはずで、実際に $x=\frac{3}{2}$ になっている。「2乗が消える計算の偶然」に見えた引き算に、図形の意味が2つも付いた。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $y=mx$ は $m$ がどう動いても原点 $\mathrm{O}$ を必ず通る。ここに気づけば解ける。

$\mathrm{A}$ から「原点を通る直線」への距離を考える。垂線の足を $\mathrm{H}$ とすると、$\mathrm{AH}$ は直角三角形 $\mathrm{OHA}$ の1辺で、斜辺は $\mathrm{OA}$。だから距離はどうやっても $\mathrm{OA}$ を超えられない。

そして $\ell \perp \mathrm{OA}$ のとき、垂線の足が $\mathrm{O}$ に一致して距離はちょうど $\mathrm{OA}$。最大値は $\mathrm{OA}$ そのものだ。

① 直線は原点を通る。 $y=mx$ は原点 $\mathrm{O}(0,0)$ を通る。

② 距離は $\mathrm{OA}$ 以下。 $\mathrm{A}$ から直線に下ろした垂線の足を $\mathrm{H}$ とすると、距離は $\mathrm{AH}$。直角三角形 $\mathrm{OAH}$($\angle \mathrm{H}=90^{\circ }$)で斜辺は $\mathrm{OA}$ だから $\mathrm{AH}\le \mathrm{OA}$。等号は $\mathrm{H}=\mathrm{O}$、すなわち直線が $\mathrm{OA}$ に垂直なとき。

③ 最大値。 $\mathrm{OA}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。よって距離の最大値は $5$。 (このとき $\ell \perp \mathrm{OA}$、$\mathrm{OA}$ の傾きは $\frac{4}{3}$ だから $m=-\frac{3}{4}$。)

まとめ $y=mx$ はすべて原点を通るから、$\mathrm{A}$ からの距離は $\mathrm{OA}=5$ 以下で、直線 $\perp \mathrm{OA}$ のとき最大 $5$。点と直線の距離の公式を使わずに幾何で解ける。図形と方程式(距離・最大)の融合。

発展。 距離が最大 $5$ のとき、直線 $y=-\frac{3}{4}x$ は中心 $\mathrm{A}$・半径 $5$ の円 $(x-3{)}^2+(y-4{)}^2=25$ に接している。この円は原点を通る($\mathrm{OA}=5$)。「原点を通るすべての直線」と「$\mathrm{A}$ 中心の円」の関係で見ると、距離の値域 $[0,5]$ が円の絵から読み取れる。

別解

別解:距離を $m$ の式にして値域を出す(計算で押し切るルート)。 点と直線の距離の公式で、$\mathrm{A}(3,4)$ から $mx-y=0$ までの距離は

$$d=\frac{|3m-4|}{\sqrt{m^2+1}}.$$

$k=d^2$ とおいて分母を払うと $(3m-4{)}^2=k(m^2+1)$、整理して $(9-k)m^2-24m+(16-k)=0$。この $m$ の方程式が実数解をもつ $k$ の範囲が、$d^2$ の取りうる値。$k=9$ のときは1次で解あり。$k\ne 9$ では判別式から

$$144-(9-k)(16-k)\ge 0⟺k(25-k)\ge 0⟺0\le k\le 25.$$

よって $d\le 5$、最大値 $5$($m=-\frac{3}{4}$、$\mathrm{OA}$ と垂直な向きで実現)。図形ですぐに出す本解に対し、こちらは「距離の2乗の値域」を実数解条件で機械的に出す。図が見えないときの保険になる、確実なルートだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「$90^{\circ }$ に見込む」という角の条件を、計算できる形に直したい。

直角はベクトルの直交、つまり内積 $0$ がいちばん素直だ。$\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}}=0$ を座標で書く。展開すると2乗の項が並び、円の方程式が現れる。答えは $\mathrm{AB}$ を直径とする円になる。これは「直径を見込む円周角は直角」という円周角の定理を、逆向きに見たものである。

① 内積で表す。 $\mathrm{P}(x,y)$ とすると $\overrightarrow{\mathrm{PA}}=(-2-x,-y)$、$\overrightarrow{\mathrm{PB}}=(2-x,-y)$。内積は $$\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}}=(-2-x)(2-x)+(-y)(-y)=(x^2-4)+y^2.$$ ② 内積 $=0$。 $\angle \mathrm{APB}=90^{\circ }$ より $$x^2-4+y^2=0⟹x^2+y^2=4.$$

③ 軌跡。 中心 $(0,0)$、半径 $2$ の円、すなわち $\mathrm{AB}$ を直径とする円(ただし $\mathrm{P}=\mathrm{A},\mathrm{B}$ では三角形ができないので端点は除く)。

まとめ直角は内積 $0$。$\overrightarrow{\mathrm{PA}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{PB}}=0$ を成分計算すると $x^2+y^2=4$、$\mathrm{AB}$ を直径とする円(タレスの円)。図形と方程式(軌跡)・内積・円周角の融合。

発展。 角度を $90^{\circ }$ から一般の $\theta$ に変えると、軌跡は $\mathrm{AB}$ を弦として「円周角 $\theta$」をもつ2つの円弧になる(円周角の定理)。$90^{\circ }$ はちょうど2つの弧が1つの円につながる特別な角だ。「一定の角に見込む点の集合=円弧」は、測量や作図で昔から使われてきた。

別解

別解:「斜辺の中点は3頂点から等距離」で見抜く(苦手な人向け)。 直角三角形では、斜辺の中点から3つの頂点までの距離がすべて等しい(長方形の対角線を思い出すと納得できる)。

$\angle \mathrm{APB}=90^{\circ }$ の三角形 $\mathrm{APB}$ では、斜辺は $\mathrm{AB}$。その中点は原点 $\mathrm{M}(0,0)$ で、$\mathrm{MA}=\mathrm{MB}=2$。だから $\mathrm{MP}=2$、つまり $\mathrm{P}$ は中心 $\mathrm{M}$・半径 $2$ の円の上にある。逆に、この円上の点($\mathrm{A},\mathrm{B}$ 以外)では $\mathrm{MP}=\mathrm{MA}=\mathrm{MB}$ から $\angle \mathrm{APB}=90^{\circ }$ に戻れる。

$$x^2+y^2=4(\text{ただし }(\pm 2,0)\text{ を除く}).$$

内積(本解)は機械的で速い。この別解は「なぜ円になるのか」を中学幾何の言葉で説明できる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 2つの領域の共通部分の面積は、「大きい方から余計な部分を引く」のが基本方針だ。

$|x|+|y|\le 2$ は、頂点 $(\pm 2,0),(0,\pm 2)$ の正方形(対角線 $4$)。$x^2+y^2\ge 1$ は単位円の外側である。引き算が成立するには、単位円がこの正方形にすっぽり入っている必要がある。原点から辺までの距離を確かめてから、正方形の面積 $-$ 円の面積、と進める。

① ひし形の面積。 $|x|+|y|\le 2$ は $4$ 頂点 $(\pm 2,0),(0,\pm 2)$ を結ぶ正方形(対角線 $4$)。面積は $$\frac{1}{2}\times (\text{対角線})\times (\text{対角線})=\frac{1}{2}\times 4\times 4=8.$$ ② 単位円が内部にあるか。 原点からひし形の辺 $x+y=2$(第1象限)までの距離は $\frac{|-2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$。これは単位円の半径 $1$ より大きいので、単位円はひし形の内部に完全に含まれる。

③ 引く。 くり抜く単位円の面積は $\pi \cdot 1^2=\pi$。よって領域の面積は $$8-\pi .$$

まとめ $|x|+|y|\le 2$ は面積 $8$ の正方形、そこから内部に収まる単位円(面積 $\pi$)をくり抜くので $8-\pi$。円が正方形に含まれる($\sqrt{2}>1$)確認が要。図形と方程式(領域)・面積の融合。

発展。 $|x|+|y|\le c$ は「マンハッタン距離(縦横しか動けない街の距離)で原点から $c$ 以内」の「円」である。その面積は $2c^2$。ユークリッド距離の円 $\pi r^2$ と比べると、距離の測り方を変えれば円の形も円周率も変わる、という発見につながる。

別解

別解:第1象限だけ計算して4倍する(苦手な人向け)。 領域は $x$ 軸にも $y$ 軸にも対称。だから第1象限($x\ge 0,y\ge 0$)だけ調べて4倍すればよい。

第1象限では $|x|+|y|\le 2$ は $x+y\le 2$、つまり3点 $(0,0),(2,0),(0,2)$ の直角三角形で、面積は $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=2$。そこから単位円の内部(第1象限では四分円、面積 $\frac{\pi }{4}$)を除く。

$$4\left(2-\frac{\pi }{4}\right)=8-\pi .$$

全体をいきなり考えるより、対称性で「1枚の三角形から扇形を抜く」絵に落とすほうが、図も式も小さくて済む。