それでは，前回の解答です．

l : y = m(x - p) + q-となる．これと，楕円の方程式 9x2 + 16y2 = 144

第１問（数Ⅲ）(1)

楕円2を連立して2xy+ 2 = 1 について，楕円の外部の点
423

9x 2 + 16{mx - ( mp - q)}2 = 144- (9 + 16m 2 ) x 2 - 32m( mp - q) xP(p,q) から，この楕円に引いた 2 本の接線が+ 16( mp - q)2 - 144 = 0

直交するような点 P の軌跡を求めよ．

であり，楕円と直線 l が接することからこの 2 次(2) (1) と同形の楕円が，xy 平面の第 1 象限で，x 軸，y 軸双方に接しながら，可能な範囲を動くとき，楕円の中心の描く軌跡を求めよ．

方程式が重解をもつので，判別式を D としてD=04- 16 2 m 2 ( mp - q)2- (9 + 16m 2 ) ∑ {16( mp - q)2 - 144} = 0

＜解答＞
(1)

- 9{16( mp - q)2 - 144} - 16m 2 ∑ 144 = 0点 P は楕円の外部の点より- (mp - q)2 - 9 - 16m 2 = 0- ( p2 - 16)m 2 - 2 pqm + q 2 - 9 = 0 ºº (**)

p2 q 2+ 2 > 1 ºº (*)
423となる．

である．

p2 ≠ 16 に注意すると，条件は，この 2 次方程

p = 4,- 4 のとき(i)

式が 2 つの実数解をもち，かつそれらの積が - 1

直線 x = 4,- 4 はこの楕円の接線であり．こになることであるから

れに直交する楕円の接線は y = 3，- 3 であるから，

9 - q2=-1 16 - p2

このときの点 P は(4,3),(4,- 3),(- 4,3),(- 4,- 3)あることに注意 ) ．このときも条件 (*) は満たさyれる．
(i) の場合の 4 点も，等式

3-44p2 + q2 = 25xOを満たすことから，求める点 P の軌跡は-3円 : x2 + y2 = 25である．

p ≠ 4,- 4 のとき
y(2)P

で x 軸，y 軸の双方に接しながら動く楕円の中心は，常に4 xO(1) より，直交する 2 接線の交点と楕円の中心との距離は常に 5 である．したがって，第 1 象限

3-4p2 + q 2 = 25となる (2 解の積が負であれば，その 2 解は実数でである ( これらは (*) を満たす )．

(ii)

y = mx - (mp - q)

円 : x2 + y2 = 25-3上にある．さらに，楕円の中心と接線の距離が最点 P(p,q) から楕円に引いた接線の傾きを m

小になるのは，(1) の楕円で考えた時の直線とすると接線の方程式は

1

y = 3,- 3 にあたるものであるから，楕円の中心

3y = m(x - p) + q
4- 4 mx - 3y - 4(mp - q) = 0の動く範囲は
円 : x2 + y2 = 25 の 3 ≤ x ≤ 4 の部分に移る．これが，円 : x2 + y2 = 4 の接線であるである．

から，中心と直線との距離が半径に等しい条件よyり

543- 4(mp - q)
4 2 m 2 + 32-x34 5O

mp - q = 16 m 2 + 9が成立する．両辺正より，2 乗して整理すると（解答中の下線部の証明）
楕円=4(16 - p2 )m 2 + 2 pqm + 9 - q 2 = 0x2
y2+= 1 上の点
169となる．
( これは，前頁の解答の (**) と同じ方程式なので，(4 cos q,3 sin q) (0 ≤ q < 2p )以下は解答と同様 )における接線の方程式は
cos q
sin qx+y =1
4
3- (3 cos q)x + (4 sin q)y = 12

＜コメント＞

である．これと楕円の中心 O(0,0) との距離は有名テーマを扱った問題を出題しました．うまいこ

129 cos q + 16 sin q
22=数学科の川﨑です．今回は楕円の準円と言われるとやらないと計算が大変になりますが，扱っている

12

内容は 2 次方程式なので，是非とも解けるようにし

9 + 7 sin q2ましょう．となり，これが最小になるのはsin 2 q = 1 - q =以下，設問ごとの補足です．

p 3p,
2 2(1)

まず接線の立式がポイントになります．接点を文字でおいて接線の公式を用い，それが点 P を通のときである．よって，その接線の方程式はるとしても良いですが，通る点 P が分かっている

y = 3,- 3

ことから傾き m を変数として設定しました．そである．の際，y 軸に平行な直線は y = mx + n の形に表せないので，分けて考えなくてはいけません．解<(ii) の場合の別解 >p ≠ 4,- 4 のとき

答中の (i),(ii) の場合分けはここからきています．

点 P(p,q) から楕円に引いた接線の傾きを m実際，(i) の場合の 4 点を求めておけば，答えが円とすると接線の方程式はだということを知っていたら直ちに答えの方程式l : y = m(x - p) + qは分かります．もちろん円全体になることは，ちゃとなる．図形全体を y 軸方向にんと証明が必要ですが…．

4倍すると，楕円3

さて，接線を y = mx - (mp - q) とおいたのは良いのですが，これでは「接線」という条件が反は円 : x + y = 4 に移り，楕円の接線 l は22映されていません．そこで，楕円の方程式と連立して 2 次方程式を作り，それが重解を持つ条件を2考えます．2 次曲線と直線は

問「連立しても，所詮 2 次」

長径 a, 短径 b の楕円の中心を O,2 つの焦点を F,F' とするとき，以下を示せ．
(1) 楕円上の点 A における接線を l とし，l 上にA とは異なる 2 点 B,C を下図のようにとる．
このとき – BAF = – CAF' であることを示せ．

ですので，接する条件や共有点に関する条件は判別式で処理することができます．ここでの計算のコツは，mp - q というかたまりを崩さずに計算することです．判別式の中で，162m2(mp - q)2 という項は消えますので，これを展開せずに計算すると見通しが良くなります．知ってて得するワンポイントです．また，これは楕円の場合限定の話

lCABになりますが，＜別解＞のように，楕円を円にして，接する条件を立式することもできます．円にする最大のメリットは，中心と接点を結ぶ直線がF'O

F接線に直交することで，これから点と直線の距離公式を用いることが可能になります．計算量がは(2) 楕円外の点 P における 2 接線を l1,l2 が直交しているとする．F の l1 についての対称点をG,F' の l2 に関する対称点を G' とするとき，るかに減りますので，この方法も是非マスターしてください．

これで，傾き m についての 2 次方程式が得ら
GPG'F ≡ GPF 'G であることを示せ．
れます．あとは直交条件を立式すればよく，m が(3) (2) の P に関して，OP2 = a2 + b2 であること
2 個存在 ( 接線が 2 本存在 ) し，それらの積が - 1を示せ．という条件を考えます．2 解の積ですから，当然解と係数の関係を使いますね．p2 ≠ 16 がここに効いていることもしっかり確認しておいてくださ< 解答 >
い．条件を整理すればめでたく円の方程式が出て(1) 示すことは，点 F の l に関する対称点を G ときて，さらに (i) の場合の 4 点もこの円周上にあして，F',A,G が一直線上にあることと同値でります．この円はもともとの楕円を内側に含みまある．これを背理法で示す．
すので，点 P が楕円の外部という条件 (*) も満たlGされ一件落着です．
DA(2) (1) が強力なヒントになっていることに気付きましょう．x 軸，y 軸にともに楕円が接するということは，言い換えれば，楕円の接線が原点で直FF' O交しているということです．すると，(1) から楕
円の中心と原点との距離は 5 であることが分かり，F',A,G が一直線上にないとすると，直線求める軌跡は円の一部になります．あとは，どこ
F'G と l は点 A 以外の交点 D をもつ．
からどこまで動けるのかを考えて答えを得ます．
D は楕円の外部の点であるから
F'A + FA < F'D + FD ºº 1
(1) で求めた点 P の軌跡が円になることを幾何的が成り立つ．に証明することもできます．今回は問題形式で，そ一方，三角不等式からの証明をまとめておきましょう．
F'A + GA > F'D + DG (= F'G)であり，対称性より GA = FA,DG = DF である
ことから
F'A + FA > F'D + FD ºº 2である．
1,2 は同時に成り立たないことから，これは3いかがだったでしょうか？前提とする知識が要りますが，幾何でやると計算はほぼ不要ですね．今の問題の (1) は有名事実で，これだけで出題されることもありますので，是非できるようにしておいてください．
今回は楕円で出題しましたが，双曲線にも準円があります．余裕のある人は，双曲線に関しても計算( もしくは幾何的考察 ) をしてみてください．

矛盾である．よって，題意は示せた．
(2)

P

G'
Q2

Q1

l2F'OFGl1

GPG'F と GPF'G において，対称性よりPG' = PF',PF = PGである．さらに，l1,l2 と楕円の接点をそれぞれQ1,Q2 とすると，(1) より，3 点 F',Q1,G と3 点 F,Q2,G' はそれぞれ一直線上にあり，
F'Q1 + Q1G = F'Q1 + Q1F = 2a\ F'G = 2aである．同様にすると
G'F = 2aである．よって
G'F = F'Gである．
以上より，3 辺相等であるからそれでは今回はここまでにしたいと思います．また次回．
（数学科

GPG'F ≡ GPF 'Gである．
(2) より– G'PF' = – GPF
であるから，これらの半分の角度を考えて– Q2PF' = – Q1PGも成り立つ．すると(3)∠ F'PG = 90∞となるので，三平方の定理より
F'P2 + GP2 = F'G2 = 4a2である．これと GP = FP より
F'P2 + FP2 = 4a2 ºº 3となる．
さらに，GF'PF において中線定理より
F'P2 + FP2 = 2(OP2 + OF2)であるから，3 とOF2 = a2 - b2であることから
OP2 = a2 + b2が成り立つ．
□4川﨑）