[math]2021年東京工業大学前期数学問題2

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問題

$xy$平面上の楕円$$E: \frac{x^2}{4} + y^2 = 1$$について、以下の問いに答えよ。
$(1)$ $a,\ b$を実数とする。直線$l:\ y = ax + b$と楕円$E$が異なる$2$点を共有するための$a,\ b$の条件を求めよ。
$(2)$ 実数$a,\ b,\ c$に対して、直線$l:\ y = ax + b$と直$m:\ y =ax + c$が、それぞれ楕円$E$と異なる$2$点を共有しているとする。ただし、$b > c$とする。直線$l$と楕円$E$の$2$つの共有点のうち$x$座標の小さい方を$P$、大きい方を$Q$とする。また、直線$m$と楕円$E$の$2$つの共有点のうち$x$座標の小さい方を$S$、大きい方を$R$とする。このとき、等式$$\overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{SR}$$が成り立つための$a,\ b,\ c$の条件を求めよ。
$(3)$ 楕円$E$上の$4$点の組で、それらを$4$頂点とする四角形が正方形であるものをすべて求めよ。

方針

$(1)$ 二次方程式を作り、判別式が正となる条件を求める。
$(2)$計算は比較的大変なので、文字がゴチャゴチャしないように見通しよくする。
$(3)$ $(2)$より$b = -c$で、$P,\ Q,\ R,\ S$が正方形を作る時、$a = 0$となる。

解答

$(1)$ $y= ax + b$を$E$の方程式に代入して、$$\begin{eqnarray} \frac{x^2}{4} + (ax+b)^2 & = & 1 \\ \left(\frac{1}{4} + a^2\right)x^2 + 2abx + b^2-1 & = & 0 \\ (4a^2+1)x^2 + 8abx + 4(b^2-1) & = & 0 \end{eqnarray}$$となる。この二次方程式が異なる$2$解を持つ時、$E$と$l$は異なる$2$点で交わる。判別式を$D^{\prime}$とすると$$\begin{eqnarray} D^{\prime} & = & 16a^2b^2 -(4a^2+1)\cdot 4(b^2-1) \\ & = & 16a^2b^2-(16a^2b^2-16a^2+4b^2-4) \\ & = & 16a^2-4b^2+4 \\ & = & 4(4a^2-b^2+1) \\ & > & 0 \end{eqnarray}$$であるから、$\underline{4a^2-b^2+1 > 0}$が求める条件である。

$(2)$ $P,\ Q,\ S,\ R$の$x$座標をそれぞれ$p,\ q,\ s,\ r\ (p < q,\ s < r)$とする。$p,\ q$は二次方程式$$\begin{eqnarray} (4a^2+1)x^2 + 8abx + 4(b^2-1) & = & 0 \end{eqnarray}$$の解であり、$s,\ r$は二次方程式$$\begin{eqnarray} (4a^2+1)x^2 + 8acx + 4(c^2-1) & = & 0 \end{eqnarray}$$の解である。$$\begin{eqnarray} \overrightarrow{PQ} = \overrightarrow{SR} \end{eqnarray}$$ の時、 $$\begin{eqnarray} (q-p,\ aq+b-(ap+b)) & = & (r-s,\ ar+c-(as+c)) \\ (q-p,\ a(q-p)) & = & (r-s,\ a(r-s)) \\ (q-p)(1,\ a) & = & (r-s)(1,\ a) \end{eqnarray}$$だから、$q-p = r-s$であれば良い。二次方程式の解と係数の関係から、$$\begin{eqnarray} (q-p)^2 & = & (p+q)^2 -4pq \\ & = & \left(\frac{-8ab}{4a^2+1}\right)^2 – 4\cdot\frac{4(b^2-1)}{4a^2+1} \\ & = & \frac{64a^2b^2-16(4a^2+1)(b^2-1)}{(4a^2+1)^2} \\ & = & \frac{64a^2b^2-64a^2b^2+64a^2-16b^2+16}{(4a^2+1)^2} \\ & = & \frac{16(4a^2-b^2+1)}{(4a^2+1)^2} \end{eqnarray}$$である。同様の計算をすれば、$$\begin{eqnarray} (r-s)^2 & = & \frac{16(4a^2-c^2+1)}{(4a^2+1)^2} \end{eqnarray}$$ となるから、$q-p =r-s$の時、$$\begin{eqnarray} 4a^2-b^2 + 1 & = & 4a^2-c^2+ 1 \\ (b+c)(b-c) & = & 0 \end{eqnarray}$$である。$b > c$だから、$b + c = 0,\ b > 0$となる。よって、求める条件は$\underline{b + c = 0,\ b > 0,\ 4a^2-b^2+1 > 0,\ 4a^2-c^2 + 1 > 0}$である。

$(3)$ $(2)$までの誘導を利用する。$4$点$P,\ Q,\ R,\ S$が正方形となるとき$\overrightarrow{PQ}$と$\overrightarrow{QR}$は直交する。$$\begin{eqnarray} \overrightarrow{PQ}\cdot \overrightarrow{QR} & = & 0 \\ (q-p)(1,\ a) \cdot (r-q,\ ar+c-(aq + b)) & = & 0 \\ (r-q) + a^2(r-q) + a(c-b) & = & 0 \end{eqnarray}$$である。ここで、$q$は二次方程式$$\begin{eqnarray} (4a^2+1)x^2 + 8abx + 4(b^2-1) & = & 0 \end{eqnarray}$$の大きい方の解で、$r$は二次方程式$$\begin{eqnarray} (4a^2 + 1)x^2 + 8acx + 4(c^2-1) & = & (4a^2+1)x^2-8abx + 4(b^2-1) \\ & = & 0 \end{eqnarray}$$の大きい方の解なので、$$\begin{eqnarray} q & = & \frac{-4ab + 2\sqrt{4a^2-b^2+1}}{4a^2+1} \\ r & = & \frac{4ab + 2\sqrt{4a^2-b^2+1}}{4a^2+1} \end{eqnarray}$$であるから、$$\begin{eqnarray} r-q & = & \frac{8ab}{4a^2+1} \end{eqnarray}$$である。$$\begin{eqnarray} (r-q)(1+a^2) + a(c-b) & = & 0 \\ (r-q)(1+a^2) -2ab & = & 0 \end{eqnarray}$$に代入して、$$\begin{eqnarray} \frac{8ab}{4a^2+1}\cdot (a^2+1) -2ab & = & 0 \\ 8a^3b + 8ab-2ab(4a^2+1) & = & 0 \\ 6ab & = & 0 \end{eqnarray}$$である。$b = 0$とすると、$b + c = 0$から$c = 0$となり、$b > c$を満たさない。これより$a = 0$である。この時$(1)$の条件より$-b^2+1 > 0$で、$(2)$から$$\begin{eqnarray} p & = & -2\sqrt{-b^2+1} \\ q & = & 2\sqrt{-b^2+1} \\ r & = & 2\sqrt{-b^2+1} \\ s & = & -2\sqrt{-b^2+1} \end{eqnarray}$$である。$PQ = 4\sqrt{-b^2+1},\ QR = 2b$であるから、$PQ = QR$として$$\begin{eqnarray} 4\sqrt{-b^2+1} & = & 2b \ 4(-b^2 +1) & = & b^2 \\ 5b^2 & = & 4 \end{eqnarray}$$となって、$b = \frac{2}{\sqrt{5}}$である。以上から、$a = 0,\ b = \frac{2}{\sqrt{5}},\ c = -\frac{2}{\sqrt{5}}$であり、$4$点$P,\ Q,\ R,\ S$の組は$\underline{\left(-\frac{2}{\sqrt{5}},\ \frac{2}{\sqrt{5}}\right),\ \left(\frac{2}{\sqrt{5}},\ \frac{2}{\sqrt{5}}\right),\ \left(\frac{2}{\sqrt{5}},\ -\frac{2}{\sqrt{5}}\right),\ \left(-\frac{2}{\sqrt{5}},\ -\frac{2}{\sqrt{5}}\right)}$となる。