2次曲線に関する証明問題です。
(例題)
\(xy\)平面上に 双曲線\(H\) \(\displaystyle\frac{x^2}{a^2}-\displaystyle\frac{y^2}{b^2}=1\) (\(a,b\)は正の定数) がある。\(H\)上の点\(P\)における接線\(l\)と\(H\)の漸近線\(l_1,l_2\) (\(l_1\)の傾きは正) との交点をそれぞれ\(Q,R\)とする。また\(H\)の焦点を点\(F,F’\) (\(F\)の\(x\)座標は正) とする。このとき次の(1)~(3)を示せ。
(1)点\(P\)は線分\(QR\)の中点である。
(2)\(△OQR\)の面積 および \(OQ \cdot OR\) の値は一定である。
(3)\(l\)は \(\angle FPF’\) を2等分する。(ただし\(P\)は\(x\)軸上にないものとする)
(\(P(x_1,y_1)\) とおく方法)
(1)
双曲線\(H\) \(\displaystyle\frac{x^2}{a^2}-\displaystyle\frac{y^2}{b^2}=1\)
\(P(x_1,y_1)\) とおくと
\(\displaystyle\frac{x_1^2}{a^2}-\displaystyle\frac{y_1^2}{b^2}=1\)
よって
\(b^2x_1^2-a^2y_1^2=a^2b^2\)・・・①
(この\(x_1,y_1\)の関係式が肝になる)
\(P\)における接線の方程式は
\(\displaystyle\frac{x_1x}{a^2}-\displaystyle\frac{y_1y}{b^2}=1\)・・・②
\(H\)の漸近線は
\(y=\displaystyle\frac{b}{a}x\)、\(y=-\displaystyle\frac{b}{a}x\)・・・③
②と③のそれぞれの式より交点\(Q,R\)の座標を求めると
\(Q(\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1-ay_1},\ \displaystyle\frac{ab^2}{bx_1-ay_1})\)
\(R(\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1+ay_1},\ \displaystyle\frac{-ab^2}{bx_1+ay_1})\)
(\(P(x_1,y_1)\) は漸近線上にはないので、\(bx_1≠ay_1\), \(bx_1≠-ay_1\)。つまり分母は\(0\)にならない)
ゆえに線分\(QR\)の中点\((X,Y)\)は①を用いると
\(X=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1-ay_1}+\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1+ay_1}\right)\)
\(=\displaystyle\frac{a^2b}{2}\cdot\displaystyle\frac{2bx_1}{b^2x_1^2-a^2y_1^2}\)
\(=x_1\cdot\displaystyle\frac{a^2b^2}{b^2x_1^2-a^2y_1^2}\)
\(=x_1\)
同様に
\(Y=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{ab^2}{bx_1-ay_1}-\displaystyle\frac{ab^2}{bx_1+ay_1}\right)\)
\(=y_1\cdot\displaystyle\frac{a^2b^2}{b^2x_1^2-a^2y_1^2}\)
\(=y_1\)
したがって線分\(QR\)の中点は\(P\)になる。
(2)
(1)より
\(Q(\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1-ay_1},\ \displaystyle\frac{ab^2}{bx_1-ay_1})\)
\(R(\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1+ay_1},\ \displaystyle\frac{-ab^2}{bx_1+ay_1})\)
よって (\(S=\displaystyle\frac{1}{2}|ad-bc|\) の公式を用いて)
\(△OQR\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\left|\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1-ay_1}\cdot\displaystyle\frac{-ab^2}{bx_1+ay_1}-\displaystyle\frac{ab^2}{bx_1-ay_1}\cdot\displaystyle\frac{a^2b}{bx_1+ay_1}\right|\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\left|-\displaystyle\frac{2a^3b^3}{b^2x_1^2-a^2y_1^2}\right|\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}|-2ab|\) (①より)
\(=ab\)
よって面積は一定になる。
次に
\(OQ\cdot OR\)
\(=\displaystyle\frac{ab}{bx_1-ay_1}\sqrt{a^2+b^2}\cdot\displaystyle\frac{ab}{bx_1+ay_1}\sqrt{a^2+b^2}\)
\(=\displaystyle\frac{a^2b^2}{b^2x_1^2-a^2y_1^2}(a^2+b^2)\)
\(=a^2+b^2\) (①より)
よって\(OQ\cdot OR\)は一定になる。
(3)
双曲線\(H\) \(\displaystyle\frac{x^2}{a^2}-\displaystyle\frac{y^2}{b^2}=1\)
の焦点の座標は
\(F(\sqrt{a^2+b^2},0),\ F'(-\sqrt{a^2+b^2},0)\)
よって
\(PF’=\sqrt{(x_1+\sqrt{a^2+b^2})^2+y_1^2}\)
(上図の \(F’T,TF\) は\(y_1\)の項が出てこないので、\(y_1\) を消去します)
ここで、\(\displaystyle\frac{x_1^2}{a^2}-\displaystyle\frac{y_1^2}{b^2}=1\)
より
\(PF’=\sqrt{(x_1+\sqrt{a^2+b^2})^2+\displaystyle\frac{b^2}{a^2}x_1^2-b^2}\)
\(=\sqrt{(\displaystyle\frac{a^2+b^2}{a^2})x_1^2+2\sqrt{a^2+b^2}x_1+a^2}\)
\(=\sqrt{\displaystyle\frac{a^2+b^2}{a^2}(x_1+\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}})^2}\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}\left|x_1+\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|\)
同様に
\(PF=\sqrt{(x_1-\sqrt{a^2+b^2})^2+y_1^2}\)
\(=\displaystyle\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}\left|x_1-\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|\)
よって
\(\displaystyle\frac{PF’}{PF}=\displaystyle\frac{\left|x_1+\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|}{\left|x_1-\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|}\)
次に 接線 \(\displaystyle\frac{x_1x}{a^2}-\displaystyle\frac{y_1y}{b^2}=1\) と\(x\)軸の交点を\(T\)とおくと \(T(\displaystyle\frac{a^2}{x_1},0)\) となるから
\(\displaystyle\frac{F’T}{TF}\)\(=\displaystyle\frac{\left|\displaystyle\frac{a^2}{x_1}+\sqrt{a^2+b^2}\right|}{\left|\sqrt{a^2+b^2}-\displaystyle\frac{a^2}{x_1}\right|}\)
(分母分子 \(\displaystyle\frac{x_1}{\sqrt{a^2+b^2}}\) 倍して)
\(=\displaystyle\frac{\left|x_1+\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|}{\left|x_1-\displaystyle\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right|}\)
したがって
\(PF’:PF=F’T:TF\) が成り立つので、三角形の内角の2等分線の定理の逆より接線\(l\)は\(\angle FPF’\) を2等分する。
(参考)媒介変数表示にて証明
解答の中身はほとんど同じになりますが、\(P(\displaystyle\frac{a}{\cosθ},b\tanθ)\) とおいても証明は可能です。媒介変数表示にすると変数が1つになるので、基本的にはもとの双曲線の方程式は用無しになります。 (1)だけ示しておくと、\(θ≠\displaystyle\frac{π}{2},\displaystyle\frac{3}{2}π\) だけ注意して \(0≦θ<2π\) として
接線の方程式は
\(\displaystyle\frac{1}{a\cosθ}x-\displaystyle\frac{\tanθ}{b}y=1\)
漸近線 \(y=±\displaystyle\frac{b}{a}x\) と連立して交点\(Q,R\)の座標を求めると
\(Q(\displaystyle\frac{a\cosθ}{1-\sinθ},\ \displaystyle\frac{b\cosθ}{1-\sinθ})\), \(R(\displaystyle\frac{a\cosθ}{1+\sinθ},\ \displaystyle\frac{-b\cosθ}{1+\sinθ})\)
よって\(QR\)の中点\((X,Y)\)の座標は
\(X=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{a\cosθ}{1-\sinθ}+\displaystyle\frac{a\cosθ}{1+\sinθ}\right)\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{2a\cosθ}{1-\sin^2θ}\)
\(=\displaystyle\frac{a}{\cosθ}\)
\(Y=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{b\cosθ}{1-\sinθ}+\displaystyle\frac{-b\cosθ}{1+\sinθ}\right)\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{2b\sinθ\cosθ}{1-\sin^2θ}\)
\(=b\tanθ\)
したがって\(QR\)の中点は\(P\)となる。
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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