今週の問題 問63 答え

上野竜生です。問63の答えを発表します。

問63

\( \displaystyle y=x+\sqrt{1-x^2} \)は楕円の一部である。この楕円の2つの焦点をF,F’とする。
(1) 直線FF’の傾きを求めよ。
(2) FとF’の距離を求めよ。

答え

この楕円は中心が原点であることに注意。
(式変形すると \( y-x=\sqrt{1-x^2} \)なのでさらに整理すると
\(2x^2 -2xy+y^2=1 \)となり1次の項がないため)
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【方針1】 原点からの距離(の2乗)の最大・最小を求める。

楕円上の点を\( (t,t+\sqrt{1-t^2}) \)とおく,
原点からの距離の2乗をf(t)とおく。つまり
\(\displaystyle f(t)= t^2 + (t+\sqrt{1-t^2})^2 = t^2 + t^2+1-t^2 + 2t\sqrt{1-t^2} = t^2+1+2t\sqrt{1-t^2} \)
\(\displaystyle f'(t)=2t+2\sqrt{1-t^2}+\frac{2t \cdot (-2t)}{2\sqrt{1-t^2}} \\ =\displaystyle 2\cdot \frac{t\sqrt{1-t^2}+1-t^2-t^2}{\sqrt{1-t^2}} \)
f'(t)=0を解く。(分子)=0より
\( t\sqrt{1-t^2}=2t^2-1 \)・・・①
\( t^2-t^4=4t^4-4t^2+1 \)
\( 5t^4-5t^2+1=0 \)
\(\displaystyle  t^2=\frac{5 \pm \sqrt{5} }{10} \)
ここで\( \displaystyle t_1= – \sqrt{\frac{5 + \sqrt{5} }{10}} , t_2= – \sqrt{\frac{5 – \sqrt{5} }{10}} , t_3= \sqrt{\frac{5 – \sqrt{5} }{10}} ,t_4=  \sqrt{\frac{5 + \sqrt{5} }{10}} \)とおく。
(つまり\( t_1<t_2<t_3<t_4 \))
この中で符号に注意すると①を満たすのは\( t_2, t_4 \)
f(-1)=f(1)=2
\(\displaystyle f(t_2)=\frac{5-\sqrt{5}}{10}+1-2\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}}\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}=\frac{15-\sqrt{5}}{10}-2\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}<2 \)
\(\displaystyle f(t_4)=\frac{5+\sqrt{5}}{10}+1+2\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{10}}\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{10}}=\frac{15+\sqrt{5}}{10}+2\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}>2 \)
よって最大は\( t=t_4 \)のとき\(\displaystyle \frac{3+\sqrt{5}}{2} \),最小は\( t=t_2 \)のとき\(\displaystyle \frac{3-\sqrt{5}}{2} \)
焦点は長軸上にあるから原点と\( (t_4, t_4+\sqrt{1-t_4^2}) \)を通る直線の傾きである。
よって
\(\displaystyle \frac{t_4+\sqrt{1-t_4^2}}{t_4}=1+\sqrt{\left(\frac{1}{t_4} \right)^2-1}\\ =\displaystyle 1+\sqrt{\frac{10}{5+\sqrt{5}}-1}=1+\sqrt{\frac{3-\sqrt{5}}{2}}=1+\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{\sqrt{5}+1}{2} \)
(2) 楕円の公式から考える。
(焦点間の距離)2=(長軸の長さ)2-(短軸の長さ)2が成り立つ。
よって(焦点間の距離÷2)2=(f(t)の最大値) – (f(t)の最小値)
\(\displaystyle \frac{3+\sqrt{5}}{2}-\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\sqrt{5} \)
よって焦点間の距離は\( 2\sqrt[4]{5} \)

【方針2】 単位円上の点から逆算

\(x^2+y^2=r^2\)のとき\(2x^2-2xy+y^2\)の最大・最小を求める。
\( x=r\cos{\theta} , y=r\sin{\theta} \)を代入すると
\( r^2(2\cos^2{\theta}-2\cos{\theta}\sin{\theta}+\sin^2{\theta}) \\ = r^2 (\cos^2{\theta}+1-\sin{2\theta} ) \\ = r^2( \frac{1}{2}\cos{2\theta} -\sin{2\theta} + \frac{3}{2} ) \\ = r^2 ( \frac{\sqrt{5}}{2}\sin{(2\theta+\alpha)}+\frac{3}{2}) \)
ただし\(\sin{\alpha}=\frac{1}{\sqrt{5}} , \cos{\alpha}=-\frac{2}{\sqrt{5}} \)
つまり\(\displaystyle \frac{3-\sqrt{5}}{2}r^2 \leq 2x^2-2xy+y^2 \leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}r^2 \)
\( 2x^2-2xy+y^2=1\)より\(\displaystyle \frac{3-\sqrt{5}}{2}r^2 \leq 1 \leq \frac{3+\sqrt{5}}{2}r^2 \)
ここからr2の取りうる範囲は
\(\displaystyle \frac{3-\sqrt{5}}{2} \leq r^2 \leq \frac{3+\sqrt{5}}{2} \)
よって(長軸の長さの半分)の2乗が\(\displaystyle \frac{3+\sqrt{5}}{2} \)
(短軸の長さの半分)の2乗が\(\displaystyle \frac{3-\sqrt{5}}{2} \) となり
以下解答1と同様に(2)の答えが得られる。
(1)については
\(\displaystyle \frac{\sqrt{5}}{2}\sin{(2\theta+\alpha)} + \frac{3}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2} \)のときのθが長軸のときなので
\(2 \theta+\alpha=\frac{3}{2} \pi \)のときである。
このときのθに対し,求める傾きはtanθであらわされることに注意。
\(\tan{2\theta}=\tan{(\frac{3}{2}\pi-\alpha)}=\tan{(\frac{\pi}{2}-\alpha)}=\frac{1}{\tan{\alpha}}=-2 \)
\(\tan{\theta}=m\)とおくと
\(\displaystyle \tan{2\theta}=\frac{2m}{1-m^2}=-2 \)
これを解くと\(\displaystyle m=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} \)
\(\frac{\pi}{2}<\alpha<\pi \)より\(\frac{\pi}{4}<\theta < \frac{\pi}{2} \)なのでm>1
よって傾きは\(\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2} \)

【(1)の方針3】 原点中心の円と楕円の交点を4つ求める。

楕円の中心は原点なので原点を中心とする円で楕円との交点が4つになるものを1つかく。
そのときの交点4つを結ぶと長方形になるので辺の傾きのうちの1つが求めるもの。
計算を楽にするためx軸上に2つの交点ができるような円を選ぶ。
楕円\( 2x^2-2xy+y^2=1\)と円\(2x^2+2y^2=1\)の交点を求める。
円の式から楕円の式を引くと
2xy+y2=0 ∴y=0またはy=-2x
これを円の式に代入すると交点は
\( (\pm \frac{\sqrt{2}}{2},0) , (\pm \frac{\sqrt{10}}{10} , \mp \frac{\sqrt{10}}{5}) \) (2組目は複号同順)
よって長方形の傾きは
\(\displaystyle \frac{0+\frac{\sqrt{10}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{10}}{10}}=\frac{2\sqrt{10}}{5\sqrt{2}-\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2} \)または
\(\displaystyle \frac{0-\frac{\sqrt{10}}{5}}{\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{10}}{10}}=\frac{-2\sqrt{10}}{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}=\frac{-\sqrt{5}+1}{2} \)
図より求める傾きは正なので答えは\(\displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2} \)

問63図

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