ハイレベル理系数学～１２～

　このシリーズは、河合塾の「ハイレベル理系数学」の解答/解説に注釈をつけて、解りやすくしたものです。元の「ハイレベル理系数学（三訂版）」を見ながらでないと、このnoteだけでは何のことを書いてるか解らないです。

例題３６

【解答１】

• $${\displaystyle  \frac{x^2+kxy+y^2}{x^2+xy+y^2}}$$で分母分子を$${y^2}$$で割ると、$${\displaystyle  \frac{\frac{x^2}{y^2}+k\frac{x}{y}+1}{\frac{x^2}{y^2}+\frac{x}{y}+1}}$$。

• 積の微分$${\displaystyle  \left[t(t^2+t+1)^{-1}\right]'=t'\left(t^2+t+1\right)^{-1}+t\left[\left(t^2+t+1\right)^{-1}\right]'=\left(t^2+t+1\right)^{-1}+t(-1)\left(t^2+t+1\right)^{-2}\left(t^2+t+1\right)'=\frac{1}{t^2+t+1}-\frac{t(2t+1)}{(t^2+t+1)^2}=\frac{(t^2w+t+1)-t(2t+1)}{(t^2+t+1)^2}=\frac{-t^2+1}{(t^2+t+1)^2} }$$。

• $${f'(t)}$$は$${t^2-1=0}$$のとき$${0}$$になるから、このとき$${t=1,-1}$$。

• $${\displaystyle  \frac{t}{t^2+t+1}}$$の最大が$${\displaystyle  \frac{1}{3}}$$で最小が$${-1}$$だから、これを代入して$${z}$$の最小は$${1+(k-1)(-1)=2-k}$$で、最大は$${\displaystyle 1+(k-1)\frac{1}{3}=\frac{2+k}{3} }$$。

【解答２】

• $${\displaystyle z=\frac{(t^2+kt+1)^2}{(t^2+t+1)^2}⇔z(t^2+t+1)=(t^2+kt+1)⇔(z-1)t^2+(z-k)t+(z-1)=0 }$$。

• $${\displaystyle (z-1)t^2+(z-k)t+(z-1)=0}$$は$${t}$$の$${2}$$次方程式だから、$${t}$$が実数になる条件は判別式$${ (z-k)^2-4(z-1)(z-1)≧0}$$。

• $${\displaystyle {2(z-1)}^2-(z-k)^2=\frac{2(z-1)+(z-k)}{2(z-1)-(z-k)}=(3z-2-k)(z-2+k) }$$。

【解答３】

• $${\displaystyle \cos^2θ+\sin^2θ=1、2\cosθ\sinθ=\sin2θ }$$。

• $${ \sin2θ }$$のとりうる値は$${-1}$$から$${1}$$だから、$${\displaystyle  \frac{1}{2}\sin2θ }$$のとりうる値は$${\displaystyle  -\frac{1}{2}}$$から$${\displaystyle \frac{1}{2}}$$。

例題３７

【解答１】

• $${a>b}$$だから、長軸の長さが$${2a}$$で、短軸の長さが$${2b}$$。

• 接線の方程式$${ y=mx+n }$$を楕円の方程式に代入すると$${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{(mx+n)^2}{b^2}=1}$$。

• $${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{(mx+n)^2}{b^2}=1}$$で両辺を$${a^2b^2}$$倍して、$${ b^2x^2+a^2(mx+n)^2=a^2b^2⇔b^2x^2+a^2(mx+n)^2-a^2b^2=0}$$。

• 接線は、$${1}$$点で接するので重解となるから判別式が$${0}$$になる。

• $${ a^4m^2n^2-(a^2m^2+b^2)a^2(n^2-b^2)=0⇔a^4m^2n^2-(a^4m^2+a^2b^2)(n^2-b^2)=0⇔a^4m^2n^2-a^4m^2n^2-a^2b^2n^2+a^4m^2b^2+a^2b^4=0⇔a^4m^2b^2+a^2b^4=a^2b^2n^2}$$で両辺を$${a^2b^2}$$で割って、$${n^2=a^2m^2+b^2}$$。

• $${ ax+by+c=0 }$$と原点との距離は$${\displaystyle \frac{|c|}{\sqrt{(a^2+b^2)}}}$$だから、$${a=m,b=-1,c=±\sqrt{(a^2m^2+b^2)}}$$を代入して、$${\displaystyle  \sqrt{\frac{a^2m^2+b^2}{m^2+1}}}$$。

• $${ y=mx+n }$$に垂直な直線$${\displaystyle y=-\frac{1}{m}x+C}$$も接線であり、この接線と原点の距離は、$${\displaystyle \sqrt{\frac{a^2m^2+b^2}{m^2+1}}}$$の$${m}$$を$${\displaystyle -\frac{1}{m}}$$におきかえたものになる。

• $${\displaystyle \left(m+\frac{1}{m}\right)^2=m^2+2m・\frac{1}{m}+\frac{1}{m^2}=m^2+2+\frac{1}{m^2}}$$。

• $${\displaystyle m+\frac{1}{m}}$$が最小のとき$${\displaystyle  \sqrt{a^2b^2+\frac{(a^2-b^2)^2}{\left(m+\frac{1}{m}\right)^2}}}$$が最大になり、$${\displaystyle m+\frac{1}{m} }$$は$${m=±1}$$のとき最小。

12 例37解2

• $${\displaystyle ｙ＝mx+n、\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$$において、$${ x=ax、y=by }$$とすると、$${ by=amx+n,x^2+y^2=1 }$$である。

• 直線$${ by=amx+nがx^2+y^2=1 }$$の接線であれば、$${ by=amx+n}$$と原点との距離は$${1}$$であるから、$${by=amx+n}$$と原点との距離$${\displaystyle \frac{|n|}{\sqrt{a^2m^2+b^2}}=1}$$。

• $${\displaystyle \frac{|n|}{\sqrt{a^2m^2+b^2}}=1⇔|n|=\sqrt{a^2m^2+b^2}⇔n=±\sqrt{a^2m^2+b^2}}$$。

• $${m_1m_2}$$は$${m}$$についての2次方程式$${(X^2-a^2)m^2-2XYm+Y^2-b^2=0}$$の$${2}$$つ実数解だから、解と係数の関係から2解の積は(定数項)(2次の係数)だから、$${\displaystyle m_1m_2=\frac{Y^2-b^2}{X^2-a^2}}$$。また、これは直交する直線の傾きだからその積は$${-1}$$になるので、$${m_1m_2=-1}$$。

• $${\displaystyle \cosθ\sinθ=\frac{1}{2}\sin2θ}$$。

• $${ 2(a^2+b^2)\sin2θ }$$が最大になるときは、$${ \sin2θ}$$が$${1}$$のとき。

【解答３】

• $${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1}$$の楕円上の点$${(x_0,y_0)}$$における接線は、$${\displaystyle \frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}=1}$$。

• 直線$${l}$$は$${\rm OH_1}$$と垂直だから、$${\rm H_1}$$を通る任意のベクトルのうち、$${\overrightarrow{\rm OH_1}}$$との内積が$${0}$$になるものが直線$${l}$$である。

• $${\overrightarrow{\rm OH}}$$は$${(r\cosθ,r\sinθ)}$$任意の点$${(x,y)}$$と$${\rm H_1}$$を通るベクトルは$${(x-r\cosθ,y-r\sinθ)}$$。

• 直線$${l}$$は$${r\cosθ(x-r\cosθ)+r\sinθ(y-r\sinθ)=0⇔\cosθ(x-r\cosθ)+\sinθ(y-r\sinθ)=0⇔x\cosθ+y\sinθ=r\cos^2θ+r\sin^2θ}$$。

• $${\displaystyle \frac{\cosθ}{r}=\frac{\cos t}{a}⇔\frac{a}{r}\cosθ=\cos t}$$。

• $${\displaystyle \left(\frac{a}{r}\cosθ\right)^2+\left(\frac{a}{r}\sinθ\right)^2=1}$$で、両辺を$${r^2}$$倍して、$${a^2\cos^2θ+b^2\sin^2θ=r^2}$$。

• $${ a^2\cos^2θ+b^2\sin^2θ=r^2}$$において$${\displaystyle θ=θ+\frac{π}{2}}$$とすると、楕円の接線で線lに垂直な線が楕円と接する点との関係式を得る。

• $${\displaystyle \cos\left(θ+\frac{π}{2}\right)=-\sinθ}$$だから、$${\displaystyle \cos^2\left(θ+\frac{π}{2}\right)=(-\sinθ)^2=(\sinθ)^2}$$。

• $${S=\rm 2OH_1・2OH_2}$$

• $${\displaystyle (\cos^2θ+\sin^2θ)^2=\cos^4θ+2\cos^2θ\sin^2θ+\sin^4θ,(\cos^2θ+\sin^2θ)^2=1^2=1、\sin^2θ\cos^2θ=(\sinθ\cosθ)^2=\left(\frac{1}{2}\sin2θ\right)^2=\frac{\sin^22θ}{4}}$$。

• $${\sin2θ}$$は最小が$${0}$$、最大が$${1}$$だから、$${S}$$の最小は$${\sin2θ}$$が$${0}$$のときで$${S=4\sqrt{a^2b^2}}$$で、最大は$${\sin2θ}$$が$${1}$$のときで$${\displaystyle S=4\sqrt{\frac{(a^2-b^2)^2}{4}+a^2b^2}}$$。

• $${\displaystyle \frac{(a^2-b^2)^2}{4}+a^2b^2=\frac{(a^2-b^2)^2}{4}+a^2b^2=\frac{(a^2-b^2)^2+4a^2b^2}{4}=\frac{a^4+b^4-2a^2b^2+4a^2b^2}{4}=\frac{a^4+b^4+2a^2b^2}{4}=\frac{(a^2+b^2)^2}{4}}$$。

問１１０

【解答１】

• $${\displaystyle f'(x)=\left[(x-b)(x^2+a)^{-1}\right]'=(x^2+a)^{-1}+(x-b)\left[(x^2+a)^{-1}\right]'=(x^2+a)^{-1}+(x-b)\left[(-1)(x^2+a)^{-2}(2x)\right]=\frac{1}{x^2+a}-\frac{2x(x-b)}{(x^2+a)^2}=\frac{(x^2+a)-2x(x-b)}{(x^2+a)^2}=\frac{x^2+a-2x^2+2xb}{(x^2+a)^2}=\frac{-x^2+2xb+a}{(x^2+a)^2}}$$。

• $${\displaystyle -\frac{x^2-2xb-a}{(x^2+a)^2}}$$において、分母は常に正であるから、分子の符号の変化を調べる。

• $${ x^2-2xb-a}$$が実数解を$${2}$$個もつので、$${x^2-2xb-a=0}$$になる$${x}$$が$${2}$$つ存在し、$${f(x)'=0}$$になる$${x}$$が$${2}$$つ存在する。この$${x}$$を$${α,β}$$とすると、$${x=α}$$と$${x=β}$$の$${f(x)}$$の傾きが$${0}$$になり、その前後で傾きが逆になる。

• $${f(x)}$$の極限値を調べる。$${f(x)}$$の分母分子をx^2で割ると$${\displaystyle \frac{\frac{1}{x}-\frac{b}{x^2}}{1+\frac{a}{x^2}}}$$なので、$${x}$$が$${±∞}$$のとき分母は$${1}$$だが分子は$${0}$$なので、$${f(x)}$$の極限値は$${0}$$。

• $${f(x)'=0}$$のとき、$${\displaystyle f(x)'=\frac{(x^2+a)-2x(x-b)}{(x^2+a)^2}}$$で、$${(x^2+a)^2}$$は$${0}$$にならないので、$${ (x^2+a)-2x(x-b)=0⇔(x^2+a)=2x(x-b)}$$。

• $${\displaystyle \frac{x-b}{x^2+a}=\frac{1}{2x}}$$であるから、$${\displaystyle f(x)=\frac{x-b}{x^2+a}}$$なので、$${\displaystyle f(x)=\frac{1}{2x}}$$である。

• $${ x=-1、3}$$の$${f(x)}$$が極大値をとるから、$${f'(-1)=f'(3)=0}$$なので、$${x^2-2bx-a=0}$$に$${-1,3}$$を代入して$${b}$$と$${a}$$を求める。$${x=-1}$$のとき、$${(-1)^2+2b-a=0、x=3}$$のとき$${(3)^2+6b-a=0}$$となる。

【解答２】

• $${f(x)}$$の最大が$${\displaystyle \frac{1}{6}}$$で最小が$${\displaystyle \frac{-1}{2} }$$だから、$${\displaystyle \frac{-1}{2}≦\frac{x-b}{x^2+a}≦\frac{1}{6}}$$

• $${\displaystyle \frac{-1}{2}≦\frac{x-b}{x^2+a}⇔-x^2-a≦2(x-b)⇔0≦x^2+a+2x-2b、\frac{x-b}{x^2+a}≦\frac{1}{6}⇔6(x-b)≦x^2+a⇔0≦x^2+a-6x+6b}$$。

• $${ (x+1)^2+a-2b-1≧0 }$$の等号が成立するときは、$${ (x+1)^2=0 }$$かつ$${ a-2b-1=0}$$。

• $${ (x-3)^2+a+6b-9≧0 }$$の等号が成立するときは、$${(x-3)^2=0かつa+6b-9=0 }$$。

【解答３】

$${ f(x) }$$が最小値が$${\displaystyle \frac{-1}{2} }$$で最大値が$${\displaystyle \frac{1}{6} }$$だから、$${ f(x)=0 }$$になる$${x}$$があるから、$${f(x)=0}$$は実数解を$${1}$$つ以上もつので、その判定式は$${0}$$以上になる。
$${\displaystyle \frac{-1}{2}≦y⇔2y+1≧0、y≦\frac{1}{6}⇔6y-1≦0}$$なので、$${ (2y+1)(6y-1)≦0 }$$。

問１１１

【解答１】

$${xy=1}$$だから、$${xy}$$上の点は、$${\displaystyle \left(x,\frac{1}{x}\right)}$$。
$${ \rm AB}$$の傾きはが$${\displaystyle -\frac{1}{ab}}$$だから、$${\rm CH}$$の傾きをmとすると$${\displaystyle  -\frac{1}{ab}m=-1}$$なので$${m=ab}$$で、$${\rm CH}$$の傾きはabだから、$${\rm CH}$$の方程式は$${y=abx+k}$$。
同様に$${\rm BC}$$の傾きは$${\displaystyle -\frac{1}{bc}}$$、$${\rm BC}$$と$${\rm AH}$$が垂直なので同様にして$${\rm AH}$$の方程式は$${y=bcx+l}$$となり、これが$${\displaystyle \left(a,\frac{1}{a}\right)}$$を通るので、これを代入して$${l}$$を求めると$${\rm AH}$$の方程式は、$${\displaystyle y=bcx+\left(\frac{1}{a}-abc\right)}$$となる。
$${\rm CH}$$と$${\rm AH}$$の交点から$${\rm H}$$の座標を求めると$${\displaystyle \mathrm{H}\left(-\frac{1}{abc},abc\right)}$$なので、$${xy=1}$$上にあることがわかる。

【解答２】

• $${xy=1}$$上の$${4}$$点を定義し、うち$${2}$$点を選んで直線を$${2}$$本引き、この$${2}$$線が直交するときは、$${2}$$線の傾きの積が$${-1}$$になる。

• $${\displaystyle \frac{-1}{qp}\frac{-1}{rs}=\frac{1}{pqrs}=-1⇔pqrs=-1}$$となるから、$${p,q,r,s}$$のある$${4}$$点からつられる$${2}$$本の直線はいずれも直交する。

• $${\displaystyle h=-\frac{1}{abc}⇔abch=-1}$$なので、$${\rm AB}$$と$${\rm CH}$$が垂直、$${\rm AC}$$と${\rm BH}$$が垂直、$${\rm BC}$$と$${\rm AH}$$が垂直といえるので、$${\displaystyle \mathrm{H}\left(h,\frac{1}{h}\right)}$$は、垂心であり、$${\displaystyle  h\frac{1}{h}=1}$$だから、$${xy=1}$$上にある。

問１１２

【解答１】（２）

• $${ \cos^2θ+\sin^2θ=1 }$$だから、これと楕円の方程式$${\displaystyle \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1}$$を見比べると、$${x=3\cosθ、y=2\cosθ}$$でこの方程式が成立する。

• 円周上の点$${\mathrm{P} (a,b)}$$における接線は$${ax+by=1}$$

• 三角関数の合成$${\displaystyle a\cosθ+b\sinθ=\sqrt{a^2+b^2}\sin(θ+φ)}$$。

• $${l_p}$$が通らない領域では$${l_p}$$の方程式が成立しない。

• $${\displaystyle \sqrt{9x^2+4y^2}\sin(θ+φ)=1}$$が成立しない条件は、$${ |\sin(θ+φ)|>1 }$$

• $${\displaystyle \sqrt{9x^2+4y^2}\sin(θ+φ)=1⇔\sin(θ+φ)=\frac{1}{\sqrt{9x^2+4y^2}}}$$。

• $${ |\sin(θ+φ)|>1}$$に$${\displaystyle \sin(θ+φ)=\frac{1}{\sqrt{9x^2+4y^2}}}$$を代入して、$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{9x^2+4y^2}}>1}$$。

【解答２】（１）

• $${C_1}$$と$${l_p}$$との接点における半径方向の角度は直角になるから、円周角の定理から、$${\rm OP}$$を直径とする円が定義される。

• $${C_2}$$は$${\rm OP}$$を直径とする円なので、中心は$${\displaystyle \left(\frac{a}{2},\frac{b}{2}\right)}$$で半径は$${\rm OP}$$の長さの半分だから$${\displaystyle \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}}$$。

• $${\displaystyle \left(x^2-\frac{a}{2}\right)^2+\left(y-\frac{b}{2}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{2}\right)^2⇔\left(x-ax+\frac{a^2}{4}\right)+\left(y-by+\frac{b^2}{4}\right)=\frac{a^2+b^2}{4}⇔x^2-ax+y^2-by=0}$$で、x$${^2+y^2=1}$$だから、$${1-ax-by=0}$$。

【解答２】（２）

• $${ \vec{a}=(a_1,a_2)、\vec{b}=(b_1,b_2)}$$のとき、$${ \vec{a} }$$と$${ \vec{b}}$$の内積は、$${a_1b_1+a_2b_2=|\vec{a}||\vec{b}|\cosθ}$$で、$${θ}$$は$${\vec{a}}$$と$${ \vec{b}}$$のなす角で、$${\displaystyle |\vec{a}|=\sqrt{(a_1)^2+(a_2)^2}、|\vec{b}|=\sqrt{(b_1)^2+(b_2)^2}}$$。

• $${\displaystyle ax+by=\frac{a}{3}3x+\frac{b}{2}2y}$$だから、$${\displaystyle ベクトル(3x　2y)、ベクトル\left(\frac{a}{3}　\frac{b}{2}\right)}$$の内積になっている。

• $${\displaystyle \frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{4}}$$を得るため、$${ax+by}$$を$${\displaystyle \frac{a}{3}3x+\frac{b}{2}2y}$$にする。

• $${\displaystyle \frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{4}=1⇔\sqrt{\frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{4}}=\sqrt{1}=1}$$。

• $${ \cosθ≦1}$$で$${\displaystyle \frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{4}=1}$$だから、$${\displaystyle \sqrt{\frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{4}}\cosθ≦1}$$。

• $${\displaystyle 1≦\sqrt{9x^2+4y^2}⇔1≦9x^2+4y^2}$$のとき、 $${ax+by=1}$$が成立するから、$${l_p}$$が通過しない領域は、$${ax+by=1}$$が成立しない領域なので、$${1>9x^2+4y^2}$$で$${l_p}$$が通過しない。

問１１３

（１）

$${\displaystyle x=\frac{px+q}{rx+s}}$$だから、$${x}$$に$${α}$$を代入して$${\displaystyle α=\frac{pα+q}{rα+s}}$$、同様に$${\displaystyle β=\frac{pβ+q}{rβ+s}}$$。

（２）

• $${α=β}$$なので、重解。

• $${rx^2-(p-s)x-q=0}$$の重解が$${α}$$だから、解と係数の関係から$${\displaystyle α=\frac{p-s}{2r}}$$。

• $${\displaystyle α=\frac{p-s}{2r}⇔2rα=p-s⇔s=2rα-p}$$。

• $${\displaystyle \frac{ra_n+s}{(p-rα)a_n+q-sα}}$$で、$${s=2rα-p}$$と$${q-sα=α(rα-p)}$$を代入すると、$${\displaystyle \frac{ra_n+2rα-p}{(p-rα)a_n+α(rα-p)}=\frac{r(a_n+α)+(rα-p)}{(p-rα)a_n-α(p-rα)}=\frac{r(a_n+α)-(p-rα)}{(p-rα)(a_n-α)}=\frac{r}{p-rα}+\frac{1}{a_n+α}}$$。

問１１４

• $${ f(t) }$$が$${t=β}$$のときに負で、$${f(t)}$$が$${t=α}$$で正ならば、$${f(t)=0}$$になる$${t}$$が$${2}$$つ存在し、一つは$${β}$$より小さく、もう一つは$${β}$$より大きい。小さい方を$${t_1}$$、大きい方を$${t_2}$$とする。また、$${f(t_2)=0}$$で$${f(α)>0}$$だから、$${t_2<α}$$。

• $${α-t}$$は常に正。$${β-t}$$は$${t=t_1}$$のとき正、$${t=t_2}$$のとき負。

• $${\displaystyle \frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}=1}$$のとき円、$${\displaystyle \frac{x^2}{a}-\frac{y^2}{b}=1}$$のとき双曲線。

• 焦点は$${\displaystyle \left(±\sqrt{(α-t)-(β-t)},0\right)}$$だから、$${t=0}$$で$${\displaystyle \left(±\sqrt{α-β},0\right)}$$。

• $${ (t-t_1)(t-t_2)=(α-t)(β-t)+(t-β)a^2+(t-α)b^2}$$で、$${t=α}$$を代入して$${(α-t_1)(α-t_2)=(α-β)a^2、t=β}$$を代入して$${(β-t_1)(β-t_2)=(β-α)b^2}$$。

• $${\displaystyle \frac{1}{β-α}=\frac{1}{-(α-β)}=-\frac{1}{α-β}}$$。

問１１５

（１）_１

• $${\overrightarrow{\mathrm{OP}}=(0,3,4)、\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(x,y,0)-(0,3,4)=(x,y-3,-4)}$$。

• $${\overrightarrow{\mathrm{OX}}=(0,3,4)+t(x､y-3,-4)=(tx,t(y-3)+3,-4t+4)}$$。

• $${ x^2+(y-2)^2＋(z-1)^2=1}$$に$${x=tx、y=t(y-3)+3、z=-4t+4}$$を代入すると、$${ (tx)^2+\{(y-3)t+3-2\}^2+(-4t+4-1)^2=1}$$。

• 接点は1点で接するので、重解である。

（１）_２

• $${\overrightarrow{\mathrm{PC}}=(0,2,1)-(0,3,4)=(0,-1,-3)}$$。

• 直線PTも直線PQも球Kの接線で点Cが中心だから、$${\rm ∠CPQ=∠CPT}$$。

• $${\overrightarrow{\mathrm{PC}}}$$と$${\overrightarrow{\mathrm{PQ}}}$$の内積は$${(0,-1,-3)・(x､y-3,-4)=-(y-3)+(-3)(-4)}$$であり、$${|(0,-1,-3)|・|(x､y-3,-4)|・\cosθ}$$でもある。

• $${\displaystyle \cosθ=\mathrm{\frac{PT}{PC}}=\frac{3}{\sqrt{10}}}$$。

（２）

• 直線$${\rm PF}$$と球$${K}$$の接点を$${\rm T}$$とすると、$${K}$$の中心$${\rm C}$$は$${(0,2,1)}$$で半径が$${1}$$だから$${\rm T}$$の座標は$${(0,3,1)}$$となるから、$${\rm PT}$$とy軸がなす角は直角。

• $${\rm PT}$$と$${y}$$軸がなす角は直角なので、底面積は軌跡$${F}$$で囲まれた面積、高さは$${y}$$軸から$${\rm P}$$または$${\rm T}$$までの距離として体積を求める。

• 奇跡$${F}$$は楕円だから楕円。$${y}$$軸から$${\rm P}$$または$${\rm T}$$までの距離は、$${\rm P}$$または$${\rm T}$$の$${y}$$座標。

問１１６

【解答１】

• $${x=0}$$で$${k=0}$$だと分母が$${0}$$になるが、$${k}$$が$${0}$$でなければ、$${x=0}$$で$${\displaystyle \frac{k^2}{k^2}}$$だから$${1}$$。

• 相加相乗平均の不等式で、$${|X|≧2k⇔-2k≧X,X≧2k}$$。

• $${\displaystyle \frac{X-2}{X+2}=\frac{X+2-4}{X+2}=1-\frac{4}{X+2}}$$。

• $${\displaystyle Y=1-\frac{4}{X+2}}$$のX軸に平行な漸近線は$${Y=1}$$だから、$${Y}$$は$${1}$$にならないので$${Y<2}$$のときと$${Y>0}$$のときに$${Y}$$は整数にならないので、$${X<-6}$$かつ$${X>2}$$。

• $${X<-6}$$かつ$${X>2}$$及び$${-2k≧X,X≧2k}$$から、$${-2k≦X<-6}$$かつ$${X≧2k>2}$$。

• $${-2k≦X<-6⇔-2k<-6⇔k>3}$$。

【解答２】

• $${\displaystyle \frac{x^2-2x+k^2}{x^2+2x+k^2}=\frac{x^2+2x+k^2-4x}{x^2+2x+k^2}=1-\frac{2x}{x^2+2x+k^2}}$$

• $${\displaystyle \lim_{x→a}\left|\frac{2x}{x^2+2x+k^2}\right|}$$において、$${2x→α}$$で$${x^2+2x+k^2→0}$$だから、$${\displaystyle \frac{2x}{x^2+2x+k^2}}$$は$${±∞}$$なので、$${\displaystyle \lim_{x→a}\left|{2x}{x^2+2x+k^2}\right|=∞}$$。

• $${\displaystyle \frac{2x}{x^2+2x+k^2}}$$において、$${x^2+2x+k^2}$$の判別式$${D<0}$$であれば、$${x^2+2x+k^2}$$は$${0}$$にならない。

• $${k>1}$$だから$${k^2-1}$$は常に正。

• $${(x-1)^2}$$と$${(x+1)^2}$$の大小関係は、$${x}$$の値に拘わらず$${(x-1)^2≦(x+1)^2}$$と言えるから、与式は$${1}$$以下にならない。

• 与式は$${1}$$以下にならないので、与式が$${2}$$未満であれば与式は整数値をとることがない。

• $${(3+x)^2+k^2-3^2>0}$$は、$${(3+x)^2}$$が常に正だから$${k^2-3^2>0}$$であれば、$${(3+x)^2+k^2-3^2>0}$$が言えるので、$${k^2-3^2> 0}$$より$${-3< k <3}$$。

問１１７

（１）

• 点$${\mathrm{P}(x､y)}$$とおき、$${\rm PF'}$$と$${\rm PF}$$の長さの差を$${2a}$$とすると、$${\mathrm{PF'}=\sqrt{(x-(-c))^2+y^2}、PF=\sqrt{(x-c)^2+y^2}}$$。

• $${\displaystyle \sqrt{(x+c)^2+y^2}^2-\sqrt{(x-c)^2+y^2}^2=(x+c)^2+y^2-(x-c)^2+y^2=(x+c)^2-(x-c)^2=2cx-(-2cx)=4cx}$$。

• $${\displaystyle \left(±\frac{2cx}{a}±2a\right)\frac{1}{2}=\left|±a+\frac{cx}{a}\right|}$$。

• $${\displaystyle \sqrt{(x-c)^2+y^2}=\left|±a+\frac{cx}{a}\right|}$$で両辺を$${2}$$乗すると$${\displaystyle (x-c)^2+y^2=a^2+2cx+\frac{c^2x^2}{a^2}⇔x^2+2cx+c^2+y^2=a^2+2cx+\frac{c^2x^2}{a^2}⇔c^2-a^2=\frac{c^2x^2}{a^2}-x^2-y^2⇔c^2-a^2=\frac{c^2x^2-a^2x^2}{a^2}-y^2⇔c^2-a^2=\frac{c^2-a^2}{a^2}x^2-y^2}$$。

• $${\displaystyle c^2-a^2=\frac{c^2-a^2}{a^2}x^2-y^2}$$に$${\displaystyle b=\sqrt{c^2-a^2}⇔b^2=c^2-a^2}$$を代入して、$${\displaystyle b^2=\frac{b^2}{a^2}x^2-y^2}$$両辺を$${b^2}$$で割って、$${\displaystyle 1=\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}$$。

（２）

• $${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1⇔\frac{x^2}{a^2}-1=\frac{y^2}{b^2}⇔y^2=b^2\left(\frac{x^2}{a^2}-1\right)}$$。

• $${c^2}$$は$${b=\sqrt{c^2-a^2}}$$より$${b^2=c^2-a^2⇔c^2=a^2+b^2}$$。

• $${c^2}$$に$${a^2+b^2}$$を代入して$${\displaystyle (a^2+b^2)-2cx-b^2+\frac{a^2+b^2}{a^2}x^2=a^2-2cx+\frac{a^2+b^2}{a^2}x^2}$$。

• $${\displaystyle e=\frac{c}{a}}$$より、$${\displaystyle c=ae、e^2=\frac{c^2}{a^2}}$$。

• $${a^2+b^2}$$に$${c^2、c}$$に$${ae}$$を代入して、$${\displaystyle a^2-2cx+\frac{a^2+b^2}{a^2}x^2=a^2-2eax+\frac{c^2}{a^2}x^2}$$、これに$${\displaystyle e^2=\frac{c^2}{a^2}}$$を代入して、$${ a^2-2eax+e^2x^2=(a-ex)^2=(ex-a)^2}$$。

• 点$${\mathrm{P}(x､y)}$$から直線$${\displaystyle x=\frac{a}{e}}$$に下ろした垂線の長さは$${(x,y)}$$と$${\displaystyle \left(\frac{a}{e},y\right)}$$の距離だから$${\displaystyle \left|x-\frac{a}{e}\right|}$$。

• $${\displaystyle \mathrm{\frac{PF}{PH}}=\frac{ex+a}{x-\frac{a}{e}}}$$、分母分子に$${e}$$を書けて$${\displaystyle \frac{e(ex+a)}{ex-a}=e}$$。

（３）（ⅰ）

• 接線と漸近線の交点は、$${\displaystyle \frac{x_1x}{a^2}-\frac{y_1y}{b^2}=1}$$に$${\displaystyle cy=\frac{b}{a}x}$$を代入して求める。

• 双曲線の漸近線は$${\displaystyle \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=0⇔y=±\frac{b}{a}x}$$。

（３）（ⅱ）

• $${\rm △OQR}$$の面積は$${\mathrm{OQ}(Q_x,Q_y)、\mathrm{OP}(P_x,P_y)}$$として$${\displaystyle \frac{1}{2}\left|Q_xP_y-Q_yP_x\right|}$$。

（３）（ⅲ）

• $${x}$$軸との交点は$${y=0}$$なのでこれを接線の方程式に代入すると、$${\displaystyle \frac{xx_1}{a^2}=1⇔x=\frac{a^2}{x_1}}$$なので、$${\displaystyle \mathrm{T}\left(\frac{a^2}{x_1},0\right)}$$。

• $${\mathrm{F}(c,0)}$$であるから$${\rm FT}$$の長さは$${\displaystyle \left|\frac{a^2}{x_1}-c\right|}$$で、$${\displaystyle e=\frac{c}{a}}$$だから$${c=ae}$$なのでこれを入して、$${\displaystyle \left|\frac{a^2}{x^2}-ae\right|=\left|ae-\frac{a^2}{x_1}\right|}$$。

• $${\displaystyle \rm \frac{FT}{F'T}=\frac{PF}{P'T}⇔P'T・FT=PF・F'T⇔P'T:PF=F'T:FT}$$なので$${\rm PT}$$は$${\rm ∠FPF'}$$の二等分線である。

（３）（ⅳ）

• 直線$${l}$$は点$${\rm P}$$における接線だから、直線$${\rm PT}$$は直線$${l}$$である。

• $${\rm PT}$$すなわち直線$${l}$$は$${\rm ∠FPF'}$$の2等分線であるから、点$${\rm F}$$の直線lに対する対称点$${\rm S}$$は直線$${\rm PF'}$$上にある。

• 直線$${\rm FS}$$は直線lに垂直で、直線$${l}$$は$${\rm ∠FPF'}$$の$${2}$$等分線であるから、直線$${\rm FS}$$と直線$${l}$$の交点$${\rm H_1}$$は直線$${\rm FS}$$を$${2}$$等分する。

• $${\rm O}$$は$${\rm FF'}$$の$${2}$$等分点なので、中点連結定理から$${\displaystyle \rm OH_1=\frac{1}{2}F'S}$$。

• $${\mathrm{PF'}=|ex+a|、\mathrm{PF}=|ex-a|}$$だから、$${\mathrm{PF'-PF}=2a}$$。

（４）

• $${\rm PF}$$を$${r}$$とおく。点$${\rm P}$$の$${x}$$座標は、点$${\rm F}$$における$${x}$$軸と点$${\rm P}$$とのなす角を$${θ}$$として、$${c+r\cosθ}$$で、$${\rm F}$$の$${x}$$座標は$${c}$$で$${c=ea}$$なのでこれを代入して、$${ea+r\cosθ}$$。

• $${\displaystyle \frac{PF}{PH}=e}$$だから、$${\displaystyle \frac{r}{ea+r\cosθ-\frac{a}{e}}=e⇔r=e\left(ea+r\cosθ-\frac{a}{e}\right)}$$。

• $${\displaystyle r=e\left(ea+r\cosθ-\frac{a}{e}\right)⇔r-er\cosθ=ae^2-a⇔r=\frac{ae^2-a}{1-\cosθ}}$$

• $${\cos(θ+π)=-\cos(θ)}$$。

• $${\rm CD}$$は$${\rm AB}$$の$${θ}$$を$${\displaystyle +\frac{π}{2}}$$回転したもの。