東北大学 1989年 文系 第1問 解説

方針・初手

放物線 $C$ は

$$ y^2=\frac{1}{\sqrt{3}}x $$

より

$$ x=\sqrt{3}y^2 $$

と書ける。したがって、$C$ 上の点 $P,Q$ を

$$ P(\sqrt{3}t^2,\ t),\qquad Q(\sqrt{3}u^2,\ u) $$

とおくのが自然である。

条件 $\angle POQ=\dfrac{\pi}{2}$ は、ベクトル $\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OQ}$ が直交すること、すなわち内積が $0$ であることに等しい。これにより $t,u$ の関係を求め、中点 $R$ は $t+u,\ tu$ で整理する。面積は行列式を使うと簡潔に表せる。

解法1

$P,Q$ はともに放物線 $C$ 上にあるから

$$ P(\sqrt{3}t^2,\ t),\qquad Q(\sqrt{3}u^2,\ u) $$

と表せる。

ここで $\angle POQ=\dfrac{\pi}{2}$ より

$$ \overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=0 $$

である。したがって

$$ (\sqrt{3}t^2)(\sqrt{3}u^2)+tu=0 $$

すなわち

$$ 3t^2u^2+tu=0 $$

である。

$P,Q$ が原点そのものになると角が定まらないので $t\neq 0,\ u\neq 0$ であり、よって

$$ tu(3tu+1)=0 $$

から

$$ tu=-\frac{1}{3} $$

を得る。

（1） 中点 $R$ の軌跡

中点 $R$ を $(x,y)$ とすると

$$ x=\frac{\sqrt{3}(t^2+u^2)}{2},\qquad y=\frac{t+u}{2} $$

である。

ここで $s=t+u$ とおくと

$$ t^2+u^2=(t+u)^2-2tu=s^2+\frac{2}{3} $$

となるから

$$ x=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(s^2+\frac{2}{3}\right) =\frac{\sqrt{3}}{2}s^2+\frac{\sqrt{3}}{3} $$

である。また $y=\dfrac{s}{2}$ より $s=2y$ なので

$$ x=\frac{\sqrt{3}}{2}(2y)^2+\frac{\sqrt{3}}{3} =2\sqrt{3},y^2+\frac{\sqrt{3}}{3} $$

を得る。

したがって、中点 $R$ の軌跡は

$$ x=2\sqrt{3}\,y^2+\frac{\sqrt{3}}{3} $$

で表される放物線である。

なお、$tu=-\dfrac{1}{3}$ のもとで $s=t+u$ は任意の実数をとれる。実際、$t,u$ は方程式

$$ X^2-sX-\frac{1}{3}=0 $$

の解であり、その判別式は

$$ s^2+\frac{4}{3}>0 $$

だからである。よって上の放物線全体が軌跡になる。

（2） 面積の範囲

直角三角形 $OPQ$ の面積を $S$ とすると

$$ S=\frac{1}{2}\left|x_Py_Q-x_Qy_P\right| $$

であるから

$$ S=\frac{1}{2}\left|(\sqrt{3}t^2)u-(\sqrt{3}u^2)t\right| =\frac{\sqrt{3}}{2}|tu||t-u| $$

となる。

ここで $|tu|=\dfrac{1}{3}$ より

$$ S=\frac{1}{2\sqrt{3}}|t-u| $$

である。

さらに

$$ (t-u)^2=(t+u)^2-4tu=(t+u)^2+\frac{4}{3}\ge \frac{4}{3} $$

より

$$ |t-u|\ge \frac{2}{\sqrt{3}} $$

だから

$$ S\ge \frac{1}{2\sqrt{3}}\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{1}{3} $$

を得る。

等号は $t+u=0$ のときに成立する。このとき $tu=-\dfrac{1}{3}$ だから

$$ t=\frac{1}{\sqrt{3}},\ u=-\frac{1}{\sqrt{3}} \quad \text{または} \quad t=-\frac{1}{\sqrt{3}},\ u=\frac{1}{\sqrt{3}} $$

であり、実際に実現する。

一方、$|t-u|$ は $|t|$ を大きくすればいくらでも大きくできるので、$S$ に上限はない。

したがって、面積のとり得る範囲は

$$ S\ge \frac{1}{3} $$

すなわち

$$ \left[\frac{1}{3},\ \infty\right) $$

である。

解説

この問題の本質は、放物線 $y^2=\dfrac{1}{\sqrt{3}}x$ を $x=\sqrt{3}y^2$ と見て、$y$ 座標をそのまま媒介変数にすることである。すると直交条件が

$$ \overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=0 $$

からただちに $tu=-\dfrac{1}{3}$ という簡潔な形になる。

軌跡は $t+u,\ tu$ に整理するのが定石であり、面積は座標平面上の三角形の面積公式

$$ \frac{1}{2}|x_1y_2-x_2y_1| $$

を使うと最短である。特に面積の最小値は、積 $tu$ が固定されたときに $(t-u)^2=(t+u)^2-4tu$ を用いると即座に求まる。

答え

中点 $R$ の軌跡は

$$ x=2\sqrt{3},y^2+\frac{\sqrt{3}}{3} $$

である。

また、直角三角形 $OPQ$ の面積 $S$ のとり得る範囲は

$$ S\in \left[\frac{1}{3},\ \infty\right) $$

である。