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京都大学 2015年文系第4問解説

方針・初手

平面 $z=0$（$xy$ 平面）上の点 $R$ の座標を $(X, Y, 0)$ とおく。点 $P$ と点 $R$ を通る直線上の点が球面 $S$ 上にある（代入して得られる方程式が実数解をもつ）ような $(X, Y)$ の条件を求める。
あるいは、球の中心と直線の距離が球の半径以下になるという幾何的な条件から不等式を立式してもよい。
問題文にある「$Q \neq (0,0,2)$」という条件は、直線 $PR$ が決して $(0,0,2)$ を通らないことを確認することでクリアできる。

解法1（媒介変数と判別式）

求める平面 $z=0$ 上の点 $R$ の座標を $(X, Y, 0)$ とおく。$P(1, 0, 2)$ と $R(X, Y, 0)$ を通る直線 $l$ 上の任意の点 $Q'$ は、実数 $t$ を用いて

$$ \overrightarrow{OQ'} = (1-t)\overrightarrow{OP} + t\overrightarrow{OR} = (1-t+tX,\ tY,\ 2-2t) $$

と表せる。点 $Q'$ が球面 $S : x^2 + y^2 + (z-1)^2 = 1$ 上にあるとき、

$$ (1-t+tX)^2 + (tY)^2 + (1-2t)^2 = 1 $$

展開して $t$ について整理すると、

$$ t^2\{(X-1)^2 + Y^2 + 4\} - 2t(3-X) + 1 = 0 \quad \cdots \textcircled{1} $$

直線 $l$ が球面 $S$ と共有点をもつ条件は、この $t$ についての 2 次方程式が実数解をもつことである。

$(X-1)^2 + Y^2 + 4 \geq 4 > 0$ であるから $\textcircled{1}$ は常に $t$ の 2 次方程式であり、判別式を $D$ とすると $D \geq 0$ が条件となる。

$$ \frac{D}{4} = (3-X)^2 - \{(X-1)^2 + Y^2 + 4\} \geq 0 $$

$$ 9 - 6X + X^2 - (X^2 - 2X + 1 + Y^2 + 4) \geq 0 $$

$$ -4X + 4 - Y^2 \geq 0 \iff Y^2 \leq -4(X-1) $$

ここで、条件「$Q \neq (0, 0, 2)$」について吟味する。直線 $PR$ 上の点が $(0, 0, 2)$ に一致するとすると、$z$ 座標の比較から $2-2t = 2$ より $t = 0$。しかし $t=0$ のとき $Q'$ は $(1, 0, 2) = P$ であり、$(0, 0, 2)$ とは一致しない。すなわち、平面 $z=0$ 上のいかなる点 $R$ に対して引いた直線 $l$ も $(0, 0, 2)$ を通ることはない。したがって $\textcircled{1}$ が実数解をもつとき、対応する球面 $S$ 上の点は自動的に $(0, 0, 2)$ 以外の点となる。

以上より、$R$ の軌跡は平面 $z=0$ 上の領域

$$ y^2 \leq -4(x-1) $$

である。

解法2（点と直線の距離）

直線 $PR$ と球の中心 $C(0, 0, 1)$ との距離を $d$ とする。直線 $PR$ が球面 $S$ と共有点をもつ条件は $d \leq 1$ である。

$\overrightarrow{CP} = (1, 0, 1)$、方向ベクトル $\overrightarrow{PR} = (X-1, Y, -2)$ として、

$$ |\overrightarrow{CP}|^2 = 2, \quad \overrightarrow{CP} \cdot \overrightarrow{PR} = (X-1) + 0 + (-2) = X-3, \quad |\overrightarrow{PR}|^2 = (X-1)^2 + Y^2 + 4 $$

$$ d^2 = |\overrightarrow{CP}|^2 - \frac{(\overrightarrow{CP} \cdot \overrightarrow{PR})^2}{|\overrightarrow{PR}|^2} = 2 - \frac{(X-3)^2}{(X-1)^2 + Y^2 + 4} $$

条件 $d^2 \leq 1$ より、

$$ 2 - \frac{(X-3)^2}{(X-1)^2 + Y^2 + 4} \leq 1 \iff 1 \leq \frac{(X-3)^2}{(X-1)^2 + Y^2 + 4} $$

$(X-1)^2 + Y^2 + 4 > 0$ であるから、

$$ (X-1)^2 + Y^2 + 4 \leq (X-3)^2 $$

$$ X^2 - 2X + 1 + Y^2 + 4 \leq X^2 - 6X + 9 $$

$$ Y^2 \leq -4(X-1) $$

（「$Q \neq (0,0,2)$」の吟味は解法1と同様であり、除外点は生じない。）

解説

空間図形における軌跡の問題で、いわゆる「射影」の考え方を用いている。点 $P$ を光源として球面 $S$ を平面 $z=0$ に映したときの影の範囲を求めることと等価である。

直線を媒介変数表示して球の方程式に代入し、2 次方程式の実数解条件（判別式）に持ち込む解法1がもっとも汎用性が高い。点と直線の距離の公式に習熟していれば、解法2のように計算を整理できる。

問題文の「$Q \neq (0,0,2)$」は除外点（白丸）を生じさせるトラップのように見えるが、直線 $PR$ の $z$ 成分の変化量に着目すると、そもそもこの直線が球の「北極」$(0,0,2)$ を通ることはあり得ないことが分かる。これは、$P$ と $(0,0,2)$ が同じ $z$ 座標をもち、$R$ が $z=0$ 平面上にあるため、直線 $PR$ が平面 $z=0$ と必ず交点をもつことを保証するための条件設定である。