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京都大学 1970年理系第4問解説

方針・初手

与えられた条件式 $AP \cdot BP = 2r(r - \sqrt{r^2 - l^2})$ の図形的な意味を考えることが第一歩である。三角形の面積と正弦定理を用いることで $AP \cdot BP$ と点 $P$ の位置を結びつける幾何的な解法（解法1）と、円の中心を原点にとり座標計算によって式を直接処理する代数的な解法（解法2）の2通りが考えられる。

解法1

円 $O$ の中心から弦 $AB$ に下ろした垂線の足を $H$ とする。直角三角形 $OAH$ において三平方の定理より、$OH = \sqrt{OA^2 - AH^2} = \sqrt{r^2 - l^2}$ である。ここで、$d = \sqrt{r^2 - l^2}$ とおく。

点 $P$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の長さを $h$ とし、$\triangle PAB$ の面積を $S$ とする。底辺を $AB$ と見ると、$S = \frac{1}{2}AB \cdot h = lh$ である。一方、$\angle APB$ を用いると、$S = \frac{1}{2} AP \cdot BP \sin \angle APB$ と表せる。 $\triangle PAB$ の外接円は円 $O$（半径 $r$）であるから、正弦定理より

$$ \frac{AB}{\sin \angle APB} = 2r \iff \sin \angle APB = \frac{l}{r} $$

が成り立つ。これを面積の式に代入すると、

$$ S = \frac{1}{2} AP \cdot BP \cdot \frac{l}{r} $$

となる。2つの面積の式を等値すると、

$$ l h = \frac{1}{2} AP \cdot BP \cdot \frac{l}{r} \implies AP \cdot BP = 2rh $$

が得られる。問題の条件より、$AP \cdot BP = 2r(r - d)$ であるから、

$$ 2rh = 2r(r - d) \implies h = r - d $$

すなわち、求める点 $P$ は、直線 $AB$ からの距離が $r - d$ となる円 $O$ 上の点である。

直線 $OH$ と円 $O$ の交点のうち、弦 $AB$ に近い方を $M_1$、遠い方を $M_2$ とする。（$M_1$ は短い方の弧 $AB$ の中点である）点 $M_1$ から直線 $AB$ までの距離は $OM_1 - OH = r - d$ であり、条件を満たす。また、直線 $AB$ に平行で、直線 $AB$ からの距離が $r - d$ となるもう1つの直線と、円 $O$ との交点も条件を満たす。この直線は、点 $M_1$ と直線 $AB$ に関して対称な点 $M_1'$ を通る。

したがって、点 $P$ は、点 $M_1$、または直線 $M_1'P$（$AB$ に平行）と円 $O$ の交点のいずれかである。

解法2

円 $O$ の中心を原点 $(0,0)$ とし、直線 $AB$ が $x$ 軸に平行になるように座標軸を設定する。中心 $O$ から直線 $AB$ までの距離は $d = \sqrt{r^2 - l^2}$ であるから、$A(-l, -d)$、$B(l, -d)$ とおくことができる。円 $O$ 上の点 $P$ の座標を $(r \cos \theta, r \sin \theta)$（$0 \le \theta < 2\pi$）とおく。

$AP^2$ および $BP^2$ は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} AP^2 &= (r \cos \theta + l)^2 + (r \sin \theta + d)^2 \\ &= r^2 \cos^2 \theta + 2rl \cos \theta + l^2 + r^2 \sin^2 \theta + 2rd \sin \theta + d^2 \\ &= r^2 + (l^2 + d^2) + 2r(l \cos \theta + d \sin \theta) \\ &= 2r^2 + 2r(l \cos \theta + d \sin \theta) \end{aligned} $$

同様に、

$$ BP^2 = 2r^2 + 2r(-l \cos \theta + d \sin \theta) $$

よって、$AP^2 \cdot BP^2$ は

$$ \begin{aligned} AP^2 \cdot BP^2 &= \{ 2r^2 + 2rd \sin \theta + 2rl \cos \theta \} \{ 2r^2 + 2rd \sin \theta - 2rl \cos \theta \} \\ &= (2r^2 + 2rd \sin \theta)^2 - (2rl \cos \theta)^2 \\ &= 4r^2 (r + d \sin \theta)^2 - 4r^2 l^2 \cos^2 \theta \\ &= 4r^2 \{ r^2 + 2rd \sin \theta + d^2 \sin^2 \theta - l^2(1 - \sin^2 \theta) \} \\ &= 4r^2 \{ r^2 - l^2 + 2rd \sin \theta + (d^2 + l^2) \sin^2 \theta \} \end{aligned} $$

ここで、$r^2 - l^2 = d^2$、$d^2 + l^2 = r^2$ を用いると、

$$ \begin{aligned} AP^2 \cdot BP^2 &= 4r^2 (d^2 + 2rd \sin \theta + r^2 \sin^2 \theta) \\ &= 4r^2 (d + r \sin \theta)^2 \end{aligned} $$

ゆえに、$AP \cdot BP = 2r|d + r \sin \theta|$ となる。与えられた条件は $AP \cdot BP = 2r(r - d)$ であるから、

$$ |d + r \sin \theta| = r - d $$

$r \ge d$ より $r - d \ge 0$ であるため、絶対値を外して以下の2つの場合を得る。

(i)

$d + r \sin \theta = -(r - d)$ のとき

$$ r \sin \theta = -r \implies \sin \theta = -1 $$

このとき、点 $P$ の $y$ 座標は $-r$ となり、座標は $(0, -r)$ である。これは、短い方の弧 $AB$ の中点である。

(ii)

$d + r \sin \theta = r - d$ のとき

$$ r \sin \theta = r - 2d \implies \sin \theta = 1 - \frac{2d}{r} $$

このとき、点 $P$ の $y$ 座標は $r - 2d$ である。$-r \le r - 2d \le r$ は $0 \le d \le r$ より常に成り立つため、このような点 $P$ は円周上に存在する。直線 $y = -d$ が弦 $AB$ であり、点 $(0, -r)$ と弦 $AB$ に関して対称な点の $y$ 座標は $-d + (-d - (-r)) = r - 2d$ となる。したがって、点 $P$ は、短い方の弧 $AB$ の中点と弦 $AB$ に関して対称な点を通り、弦 $AB$ に平行な直線と円 $O$ との交点である。

解説

三角形の面積と外接円の半径から導かれる $AP \cdot BP = 2Rh$ （$h$ は $P$ から $AB$ までの距離、$R$ は外接円の半径）という関係式は、難関大の図形問題で時折威力を発揮する重要な性質である。これを知っているか、その場で導けるかによって、解法1のような鮮やかな処理が可能になる。一方で、解法2のように座標を設定して愚直に計算する手法も、途中で $l^2 + d^2 = r^2$ などの関係式を用いて式を綺麗に整理する計算力があれば、確実に正解にたどり着くことができる有力な解法である。