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北海道大学 1997年文系第1問解説

方針・初手

(1) 点 $T$ を接点とおいて接線の方程式を立て、それが点 $P$ を通るという条件と、点 $T$ が円周上にあるという条件の2式を連立して解く代数的な手法が基本となる。あるいは、円外の点から引いた接線の性質に着目し、角を設定して三角関数を用いて接点の座標を直接求める幾何的な手法も有効である。

(2) (1) と同様に、点 $Q$ の座標を計算によって直接求め、媒介変数 $t$ を消去して軌跡の方程式を導く方法が自然である。または、四角形 $OAPT$ の図形的な対称性から対角線の直交性に気づけば、円周角の定理の逆を用いて計算を大幅に省略して軌跡の図形を特定できる。

解法1

(1) 接点 $T$ の座標を $(x_0, y_0)$ とおく。点 $T$ における円 $C$ の接線 $l$ の方程式は、

$$ x_0 x + y_0 y = r^2 $$

と表される。直線 $l$ は点 $P(r, t)$ を通るため、

$$ x_0 r + y_0 t = r^2 $$

が成り立つ。また、点 $T$ は円 $C$ 上の点であるから、

$$ x_0^2 + y_0^2 = r^2 $$

が成り立つ。直線 $l$ は直線 $PA$ （方程式は $x=r$）とは異なるため、接点 $T$ は点 $A(r, 0)$ とは異なる。したがって $x_0 \neq r$ である。先の関係式から $y_0 t = r(r - x_0)$ を得て、両辺を2乗すると、

$$ y_0^2 t^2 = r^2 (r - x_0)^2 $$

これに $y_0^2 = r^2 - x_0^2$ を代入して、

$$ (r^2 - x_0^2) t^2 = r^2 (r - x_0)^2 $$

$$ t^2 (r - x_0)(r + x_0) = r^2 (r - x_0)^2 $$

$x_0 \neq r$ より $r - x_0 \neq 0$ であるから、両辺を $r - x_0$ で割って整理する。

$$ t^2 (r + x_0) = r(r - x_0) $$

$$ (t^2 + r^2) x_0 = r(r^2 - t^2) $$

$$ x_0 = \frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2} $$

これを $y_0 t = r(r - x_0)$ に代入する。

$$ \begin{aligned} y_0 t &= r \left\{ r - \frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2} \right\} \\ &= r \cdot \frac{r(r^2 + t^2) - r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2} \\ &= \frac{2r^2 t^2}{r^2 + t^2} \end{aligned} $$

$t \neq 0$ より両辺を $t$ で割ると、

$$ y_0 = \frac{2r^2 t}{r^2 + t^2} $$

よって、接点 $T$ の座標は $\left( \frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2}, \frac{2r^2 t}{r^2 + t^2} \right)$ となる。

(2) 交点 $Q$ の座標を $(X, Y)$ とおく。直線 $OP$ は原点と点 $P(r, t)$ を通るため、その方程式は $y = \frac{t}{r} x$ である。直線 $AT$ は、2点 $A(r, 0)$、$T \left( \frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2}, \frac{2r^2 t}{r^2 + t^2} \right)$ を通るため、その傾きは

$$ \frac{\frac{2r^2 t}{r^2 + t^2} - 0}{\frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2} - r} = \frac{2r^2 t}{r(r^2 - t^2) - r(r^2 + t^2)} = \frac{2r^2 t}{-2rt^2} = -\frac{r}{t} $$

となる。よって直線 $AT$ の方程式は $y = -\frac{r}{t}(x - r)$ と表せる。これら2直線の方程式を連立して交点 $Q$ を求める。

$$ \frac{t}{r} X = -\frac{r}{t} (X - r) $$

$$ \left( \frac{t}{r} + \frac{r}{t} \right) X = \frac{r^2}{t} $$

$$ \frac{t^2 + r^2}{rt} X = \frac{r^2}{t} $$

$$ X = \frac{r^3}{r^2 + t^2} $$

これを $Y = \frac{t}{r} X$ に代入し、

$$ Y = \frac{r^2 t}{r^2 + t^2} $$

軌跡の方程式を求めるため、媒介変数 $t$ を消去する。

$$ \begin{aligned} X^2 + Y^2 &= \left( \frac{r^3}{r^2 + t^2} \right)^2 + \left( \frac{r^2 t}{r^2 + t^2} \right)^2 \\ &= \frac{r^6 + r^4 t^2}{(r^2 + t^2)^2} \\ &= \frac{r^4 (r^2 + t^2)}{(r^2 + t^2)^2} \\ &= \frac{r^4}{r^2 + t^2} \\ &= r X \end{aligned} $$

整理すると $X^2 - rX + Y^2 = 0$ となり、平方完成して

$$ \left( X - \frac{r}{2} \right)^2 + Y^2 = \frac{r^2}{4} $$

を得る。したがって、点 $Q$ は中心 $\left( \frac{r}{2}, 0 \right)$、半径 $\frac{r}{2}$ の円周上にある。点 $P$ は直線 $x=r$ の第1象限の部分を動くため、$t > 0$ である。このとき、分母は $r^2 < r^2 + t^2$ の範囲をとるため、$0 < X < r$ となる。また、$Y = \frac{r^2 t}{r^2 + t^2}$ において、$t>0, r>0$ より $Y > 0$ である。以上より、点 $Q$ の軌跡は円 $\left( x - \frac{r}{2} \right)^2 + y^2 = \frac{r^2}{4}$ の $y > 0$ の部分となる。

解法2

(1) $x$ 軸の正の向きと線分 $OP$ がなす角を $\theta$ とする。点 $P(r, t)$ より $OP = \sqrt{r^2 + t^2}$ であるから、

$$ \cos \theta = \frac{r}{\sqrt{r^2 + t^2}}, \quad \sin \theta = \frac{t}{\sqrt{r^2 + t^2}} $$

が成り立つ。円外の点 $P$ から円 $C$ に引いた2本の接線の長さは等しいので $PA = PT$ であり、共通の斜辺を持つ直角三角形 $\triangle OAP$ と $\triangle OTP$ は合同になる。したがって $\angle AOP = \angle TOP = \theta$ であり、動径 $OT$ が $x$ 軸の正の向きとなす角は $2\theta$ となる。（$t<0$ の場合も有向角として成立する）よって、接点 $T$ の座標は $(r \cos 2\theta, r \sin 2\theta)$ と表せる。倍角の公式より、

$$ \begin{aligned} x_T &= r \cos 2\theta = r(2 \cos^2 \theta - 1) \\ &= r \left( 2 \cdot \frac{r^2}{r^2 + t^2} - 1 \right) \\ &= r \frac{2r^2 - (r^2 + t^2)}{r^2 + t^2} \\ &= \frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} y_T &= r \sin 2\theta = 2r \sin \theta \cos \theta \\ &= 2r \cdot \frac{t}{\sqrt{r^2 + t^2}} \cdot \frac{r}{\sqrt{r^2 + t^2}} \\ &= \frac{2r^2 t}{r^2 + t^2} \end{aligned} $$

したがって、接点 $T$ の座標は $\left( \frac{r(r^2 - t^2)}{r^2 + t^2}, \frac{2r^2 t}{r^2 + t^2} \right)$ である。

(2) (1) の図形的性質から $\triangle OAP \equiv \triangle OTP$ であるため、$OA = OT$, $PA = PT$ が成り立つ。これより四角形 $OAPT$ は凧形（隣り合う2辺の長さがそれぞれ等しい四角形）であり、その対角線は互いに直交する。点 $Q$ は対角線 $OP$ と $AT$ の交点であるから $OP \perp AT$、すなわち $\angle OQA = 90^\circ$ が成り立つ。線分 $OA$ は定まっており、点 $Q$ は常に $\angle OQA = 90^\circ$ を満たすので、円周角の定理の逆より、点 $Q$ は線分 $OA$ を直径とする円周上にある。この円の中心は線分 $OA$ の中点 $\left( \frac{r}{2}, 0 \right)$ であり、半径は $\frac{r}{2}$ であるから、円の方程式は

$$ \left( x - \frac{r}{2} \right)^2 + y^2 = \frac{r^2}{4} $$

である。次に $Q$ の動く範囲を考える。点 $P$ は直線 $x=r$ の第1象限（$y > 0$）を動くため、$x$ 軸正の向きと $OP$ のなす角 $\theta$ は $0^\circ < \theta < 90^\circ$ の範囲をとる。点 $Q$ は線分 $OP$ 上の点で、原点 $O$ と点 $P$ とは異なる。 $0^\circ < \theta < 90^\circ$ における線分 $OP$ は第1象限にあるため、交点 $Q$ の $y$ 座標は正（$y > 0$）である。よって、点 $Q$ の軌跡は円 $\left( x - \frac{r}{2} \right)^2 + y^2 = \frac{r^2}{4}$ の $y > 0$ の部分となる。

解説

接線を代数的に求める典型的な処理と、図形の対称性を利用して計算を短縮する発想の両方が問われる問題である。解法1のように泥臭く計算を進めても十分に正解に辿り着けるが、解法2のように図形の性質（接線の長さが等しいこと、対角線の直交など）に気づくことができれば、見通し良く短時間で解答できる。 (2) においては軌跡の限界（端点を含まないことと $y>0$ の制限）の確認を忘れないように注意したい。