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東京大学 1990年理系第5問解説

方針・初手

楕円 $C_1$ に内接する平行四辺形は、中心（対角線の交点）が原点に一致するという性質を持つ。このことから、4つの頂点は原点に関して対称な2点の組で表せる。さらに、その平行四辺形が円 $C_0$ に外接するという条件から、図形的な性質（円に外接する平行四辺形はひし形になること）を利用するアプローチと、直線の式を立てて点と直線の距離の公式を利用するアプローチが考えられる。

解法1

楕円 $C_1$ に内接する平行四辺形の対角線は、楕円の対称性から原点 $O$ で交わる。平行四辺形の頂点を順に $P, Q, R, S$ とすると、原点対称であることから $R = -P, S = -Q$ と表せる。

条件より、この平行四辺形は円 $C_0$ に外接する。円に外接する四角形の対辺の長さの和は等しいため、以下の関係が成り立つ。

$$ PQ + RS = QR + SP $$

ここで、$RS = PQ$ および $SP = QR$ であるから、

$$ 2PQ = 2QR $$

$$ PQ = QR $$

隣り合う辺の長さが等しい平行四辺形であるため、四角形 $PQRS$ はひし形である。ひし形の対角線は互いに直交するため、$OP \perp OQ$ が成り立つ。

点 $P$ の極座標を $(r_1, \theta)$ とすると、直線 $OQ$ は直線 $OP$ に直交するため、点 $Q$ の極座標は $(r_2, \theta \pm \frac{\pi}{2})$ とおける。 $P, Q$ はともに楕円 $C_1$ 上にあるから、座標を代入して

$$ \frac{r_1^2 \cos^2 \theta}{a^2} + \frac{r_1^2 \sin^2 \theta}{b^2} = 1 $$

$$ \frac{1}{r_1^2} = \frac{\cos^2 \theta}{a^2} + \frac{\sin^2 \theta}{b^2} $$

また、$\cos(\theta \pm \frac{\pi}{2}) = \mp \sin \theta$, $\sin(\theta \pm \frac{\pi}{2}) = \pm \cos \theta$ より、点 $Q$ についても

$$ \frac{r_2^2 \sin^2 \theta}{a^2} + \frac{r_2^2 \cos^2 \theta}{b^2} = 1 $$

$$ \frac{1}{r_2^2} = \frac{\sin^2 \theta}{a^2} + \frac{\cos^2 \theta}{b^2} $$

が成り立つ。一方、ひし形 $PQRS$ の各辺は $C_0$ に接するため、原点 $O$ から直線 $PQ$ に下ろした垂線の長さは $C_0$ の半径 $1$ に等しい。直角三角形 $OPQ$ に着目し、面積を2通りで表すと

$$ \frac{1}{2} r_1 r_2 = \frac{1}{2} PQ \cdot 1 $$

三平方の定理より $PQ = \sqrt{r_1^2 + r_2^2}$ であるから、

$$ r_1 r_2 = \sqrt{r_1^2 + r_2^2} $$

両辺を2乗して逆数をとると、

$$ \frac{1}{r_1^2} + \frac{1}{r_2^2} = 1 $$

これに先ほど求めた $\frac{1}{r_1^2}$ と $\frac{1}{r_2^2}$ の式を代入すると、

$$ \left( \frac{\cos^2 \theta}{a^2} + \frac{\sin^2 \theta}{b^2} \right) + \left( \frac{\sin^2 \theta}{a^2} + \frac{\cos^2 \theta}{b^2} \right) = 1 $$

$$ \frac{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}{a^2} + \frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{b^2} = 1 $$

$$ \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1 $$

この関係式は $\theta$ に依存しないため、任意の点 $P$ に対して、$Q$ をこのように選ぶことで条件を満たす平行四辺形が存在する。よって、求める必要十分条件は $\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1$ である。

解法2

$C_1$ 上の点 $P, Q$ を、パラメータ $\theta, \phi$ を用いて $P(a \cos \theta, b \sin \theta)$, $Q(a \cos \phi, b \sin \phi)$ とおく。楕円に内接する平行四辺形の頂点は原点対称となるため、4頂点は順に $P, Q, -P, -Q$ と表せる。この平行四辺形が $C_0$ に外接するためには、辺 $PQ$ と辺 $P(-Q)$ がそれぞれ単位円 $x^2+y^2=1$ に接することが必要十分である。

直線 $PQ$ の方程式は、

$$ y - b \sin \theta = \frac{b \sin \phi - b \sin \theta}{a \cos \phi - a \cos \theta} (x - a \cos \theta) $$

和積の公式を用いて整理すると、

$$ y - b \sin \theta = \frac{2b \cos \frac{\phi+\theta}{2} \sin \frac{\phi-\theta}{2}}{-2a \sin \frac{\phi+\theta}{2} \sin \frac{\phi-\theta}{2}} (x - a \cos \theta) $$

$$ -a \sin \frac{\theta+\phi}{2} (y - b \sin \theta) = b \cos \frac{\theta+\phi}{2} (x - a \cos \theta) $$

$$ b \cos \frac{\theta+\phi}{2} x + a \sin \frac{\theta+\phi}{2} y = ab \left( \cos \theta \cos \frac{\theta+\phi}{2} + \sin \theta \sin \frac{\theta+\phi}{2} \right) $$

右辺を整理して $ab$ で割ると、直線 $PQ$ の方程式は次のように表される。

$$ \frac{\cos \frac{\theta+\phi}{2}}{a} x + \frac{\sin \frac{\theta+\phi}{2}}{b} y = \cos \frac{\theta-\phi}{2} $$

原点からこの直線までの距離が $1$ であるから、

$$ \frac{\left| \cos \frac{\theta-\phi}{2} \right|}{\sqrt{\frac{\cos^2 \frac{\theta+\phi}{2}}{a^2} + \frac{\sin^2 \frac{\theta+\phi}{2}}{b^2}}} = 1 $$

両辺を2乗して、

$$ \cos^2 \frac{\theta-\phi}{2} = \frac{\cos^2 \frac{\theta+\phi}{2}}{a^2} + \frac{\sin^2 \frac{\theta+\phi}{2}}{b^2} \cdots (1) $$

同様に、直線 $P(-Q)$ についても、点 $-Q$ がパラメータ $\phi + \pi$ に対応することから、(1) の $\phi$ を $\phi+\pi$ に置き換えて整理すると、

$$ \cos \frac{\theta - (\phi+\pi)}{2} = \sin \frac{\theta-\phi}{2} $$

$$ \cos \frac{\theta + (\phi+\pi)}{2} = -\sin \frac{\theta+\phi}{2}, \quad \sin \frac{\theta + (\phi+\pi)}{2} = \cos \frac{\theta+\phi}{2} $$

となるため、以下の式を得る。

$$ \sin^2 \frac{\theta-\phi}{2} = \frac{\sin^2 \frac{\theta+\phi}{2}}{a^2} + \frac{\cos^2 \frac{\theta+\phi}{2}}{b^2} \cdots (2) $$

任意の $\theta$ に対して、(1) と (2) を同時に満たす $\phi$ が存在することが必要である。 (1) と (2) の辺々を足し合わせると、

$$ 1 = \frac{1}{a^2} \left( \cos^2 \frac{\theta+\phi}{2} + \sin^2 \frac{\theta+\phi}{2} \right) + \frac{1}{b^2} \left( \sin^2 \frac{\theta+\phi}{2} + \cos^2 \frac{\theta+\phi}{2} \right) $$

$$ 1 = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} \cdots (3) $$

逆に、(3) が成り立つとき、任意の $\theta$ に対して条件を満たす $\phi$ が存在するか確認する。 (1) を半角の公式を用いて変形すると、

$$ \frac{1+\cos(\theta-\phi)}{2} = \frac{1+\cos(\theta+\phi)}{2a^2} + \frac{1-\cos(\theta+\phi)}{2b^2} $$

$$ 1+\cos(\theta-\phi) = \left( \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} \right) + \left( \frac{1}{a^2} - \frac{1}{b^2} \right) \cos(\theta+\phi) $$

(3) を代入して加法定理で展開すると、

$$ \cos(\theta-\phi) = \left( \frac{1}{a^2} - \frac{1}{b^2} \right) \cos(\theta+\phi) $$

$$ \cos\theta\cos\phi + \sin\theta\sin\phi = \left( \frac{1}{a^2} - \frac{1}{b^2} \right) (\cos\theta\cos\phi - \sin\theta\sin\phi) $$

整理すると、

$$ \left( 1 - \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} \right) \cos\theta\cos\phi + \left( 1 + \frac{1}{a^2} - \frac{1}{b^2} \right) \sin\theta\sin\phi = 0 $$

(3) より $\frac{1}{b^2} = 1 - \frac{1}{a^2}$ なので、

$$ 2\left( 1 - \frac{1}{a^2} \right) \cos\theta\cos\phi + \frac{2}{a^2} \sin\theta\sin\phi = 0 $$

$$ (a^2-1) \cos\theta\cos\phi + \sin\theta\sin\phi = 0 $$

(3) と $a>0, b>0$ より $a^2>1$ であるから、任意の $\theta$ に対してこの式を満たす $\phi$ は常に存在する。また、このとき $\sin(\theta-\phi)=0$ となることはなく、平行四辺形が退化することもない。したがって、求める必要十分条件は $\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = 1$ である。

解説

「円に外接する四角形の対辺の長さの和は等しい（ピトーの定理）」という図形的な性質と、平行四辺形の性質を組み合わせることで、「四角形がひし形になる」ことを見抜けるかが最大のポイントである。これにより、対角線が直交するという非常に扱いやすい条件に帰着でき、解法1のように少ない計算量で結論を得ることができる。解法2のように、接線の公式から点と直線の距離を用いて愚直に計算を進めることも可能である。三角関数の和積の公式などを駆使する必要があり計算量は多くなるが、同値変形を正しく行えば確実に正答に辿り着ける。