高校数学[総目次]
数学Ⅲ 第5章 2次曲線
| スライド | ノート | |
| 1. 放物線 | [会員] | |
| 2. 楕円 | [会員] | |
| 3. 双曲線 | [会員] | |
| 4. 2次曲線の平行移動 | [会員] | |
| 5. 2次曲線と直線 | [会員] | |
| 6. 2次曲線の性質 | [会員] | |
| 7. 曲線の媒介変数表示 | [会員] | |
| 8. 極座標と極方程式 | [会員] |
5．2次曲線と直線
5.1 2次曲線と直線の共有点
共有点の個数を求める際の考え方は，これまでと何ら変わらない
2次曲線と直線の共有点を考察するにあたって，これまでにない何か特別なことがある訳ではない．基本的には $x$ か $y$ のどちらかの文字を消去して2次方程式を作り，その解の種類，個数を考察するのである．しかし楕円に関しては，下の例題にある通り楕円と円の親戚関係を利用することで，計算が大幅にラクになる場合がある．
放物線と楕円：連立して判別式
双曲線：直線と漸近線が平行でない
→放物線・楕円の-ケースと同じ
直線と漸近線が平行
→漸近線そのもの→0個
→それ以外→1個
例題1 双曲線 $\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}3=1$ と直線 $y=x+k$ の共有点の個数を求めよ．
こたえ
漸近線は $\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}3=0$，すなわち $(x+2y)(x-2y)=0$ より $y=\pm\dfrac12x$．これらは直線 $y=x+k$ と平行でない．従って $y$ を消去して，$x^2-4(x+k)^2=12$
整理して $3x^2+8kx+4k^2+12=0$
判別式を $D$ とすると
\[D/4=(4k)^2-3(4k^2+12)=4k^2-36=4(k+3)(k-3)\]
よって
$k<-3,3<k$ のとき，2個
$k=\pm3$ のとき， 1個
$-3<k<3$ のとき， 0個
補足
$D=0$ のとき，接するという．漸近線に平行な直線は接線になり得ない．
楕円の場合は円との親戚関係を用いた上手い考え方がある
例題2 楕円 $\dfrac{x^2}9+\dfrac{y^2}4=1$ と直線 $y=kx+3$ の共有点の個数を求めよ．
方針
例題1と同様に解決できるが，楕円と円の関係を用いた次の解法がおすすめ．
こたえ
楕円と直線を $y$ 軸方向に $\dfrac32$ 倍すると
\[\left\{\begin{array}{l} \dfrac{x^2}9+\dfrac{(\frac23y)^2}4=1\\[5pt] \dfrac23y=kx+3 \end{array}\right.\]
\[\therefore \left\{\begin{array}{ll} x^2+y^2=9 &\cdots\ \mbox{①}\\[5pt] 3kx-2y+0=0 &\cdots\ \mbox{②} \end{array}\right.\]
円①の中心と直線②の距離 $d$ は，
\[d=\frac{|9|}{\sqrt{(3k)^2+(-2)^2}}=\frac9{\sqrt{9k^2+4}}\]
$d$ と円の半径３の大小を比較して，
(i) $d<3$ のとき
$\dfrac9{\sqrt{9k^2+4}}<3$ を解いて $k<-\dfrac{\sqrt5}3,\dfrac{\sqrt5}3<k$
このとき，円①と直線②の共有点は２個．
よって元の楕円と直線の共有点も２個．
(ii) $d=3$ のとき
$\dfrac9{\sqrt{9k^2+4}}=3$ を解いて $k=\pm\dfrac{\sqrt5}3$
このとき共有点は１個
(iii) $d>3$のとき
$\dfrac9{\sqrt{9k^2+4}}>3$ を解いて $-\dfrac{\sqrt5}3<k<\dfrac{\sqrt5}3$
このとき共有点は0個
5.2 2次曲線の接線の方程式
2次曲線上の点における接線の方程式には公式がある
2次曲線上の点 $(x_1,\ y_1)$ 上における接線の方程式は次で与えられる：
2次曲線の接線の方程式
接点の座標が $(x_1,y_1)$ のとき，
①放物線 $y^2=4px \to y_1y=2p(x+x_1)$
②楕円 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \to \dfrac{x_1x}{a^2}+\dfrac{y_1y}{b^2}=1$
③双曲線 $\left\{
\begin{array}{ll}
\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1 &\to \dfrac{x_1x}{a^2}-\dfrac{y_1y}{b^2}=1\\[5pt]
\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=-1 &\to \dfrac{x_1x}{a^2}-\dfrac{y_1y}{b^2}=-1
\end{array}\right.$
覚え方
①放物線 $2x\to x+x_1,\ y^2\to y_1y$
②③楕円，双曲線 $x^2\to x_1x,\ y^2\to y_1y$
証明
数学Ⅲの微分法を用いる証明が最もはやいが、それでなければ次の方法が明快．
点 $(x_1,y_1)$ を通り，方向ベクトルが $(\alpha,\beta)$ である直線 $\ell$ のベクトル方程式は，$t$ を実数として
\[(x,y)=(x_1,y_1)+t(\alpha,\beta)\]
\[\therefore\left\{\begin{array}{l} x=x_1+\alpha t\\[5pt] y=y_1+\beta t \end{array}\right.\ \ \cdots(*)\]
と表せる．この直線が2次曲線上の点 $(x_1,\ y_1)$ における接線となるとき，$x,y$ を消去して得られる $t$ の2次方程式が $\boldsymbol{t=0}$ を重解にもつ．(さもなくば，$t=0$ 以外の $t$ に対応する点で，2次曲線と直線が共有点をもち，接していないことになる．)
① 放物線
$y^2=4px$ に $(*)$ を代入して，
\[\begin{align} (y_1+\beta t)^2&=4p(x_1+\alpha t)\\[5pt] {y_1}^2+2y_1\beta t+\beta^2t^2&=4px_1+4p\alpha t\\[5pt] \end{align}\]
${y_1}^2=4px_1$ に注意して整理すると，
$\beta^2t^2-2(2p\alpha-y_1\beta)t=0$ …①
2次の係数 $\beta^2$ について，$\beta=0$ とすると，直線の方向ベクトルが $(\alpha,\ 0)$ となり，直線は $x$ 軸と平行になるが，放物線 $y^2=4px$ の接線にそのようなものはないので $\beta\neq0$ である．よって①は $t$ の2次方程式である．$\ell$ が放物線の接線のとき，この2次方程式が $t=0$ を重解にもつから，
\[\begin{align} 2p\alpha-y_1\beta&=0\\[5pt] \therefore (2p,-y_1)\cdot(\alpha,\beta)&=0 \end{align}\]
従ってベクトル $(2p,\ -y_1)$ は，$\ell$ の方向ベクトル $(\alpha,\beta)$ と垂直であるから，$\ell$ の法線ベクトルとなる．よって，接線の方程式は，
\[\begin{align} 2p(x-x_1)-y_1(y-y_1)&=0\\[5pt] 2\,p\,x-2\,p\,x_1-y_1\,y+y_1^2&=0\end{align}\]
${y_1}^2=4px_1$ であるから
\[2\,p\,x-2\,p\,x_1-y_1y+4\,p\,x_1=0\]\[\therefore y_1y=2p(x+x_1)\]
②，③ 楕円，双曲線
楕円，双曲線の方程式を
\[C:p\,x^2+q\,y^2=1\]
とおく．$C$ 上の点を $(x_1,y_1)$ とし，$(*)$ を代入すると，
\[p(x_1+\alpha t)^2+q(y_1+\beta t)^2 =1\]
展開して $t$ について整理すると，$p{x_1}^2+q{y_1}^2=1$ にも注意して
\[ (p\alpha^2+q\beta^2)t^2+2(p\,\alpha\, x_1+q\,\beta \,y_1)t =0\]
$p\neq0,q\neq0$ かつ $(\alpha,\beta)\neq\overrightarrow0$ より $p\,\alpha^2+q\,\beta^2\neq0$．よって $\ell$ が2次曲線の接線のとき，この $t$ の2次方程式が $t=0$ を重解にもつから，
\[\begin{align} p\,\alpha\, x_1+q\,\beta\, y_1&=0\\[5pt] (\alpha,\ \beta)\cdot(p\,x_1,\ q\,y_1)&=0 \end{align}\]
よって，$(\alpha,\beta)\perp(p\,x_1,\ q\,y_1)$ であるから，ベクトル $(p\,x_1,\ q\,y_1)$ は接線の法線ベクトルとなる．従って接線の方程式は，
\[p\,x_1(x-x_1)+q\,y_1(y-y_1)=0\]
整理して，$p{x_1}^2+q{y_1}^2=1$ を用いると，
\[px_1x+qy_1y=1\]
補足
数学Ⅲの微分が使えれば，その場での導出もたやすい
数学Ⅲの微分法を用いると次のように示される：
① 放物線
$y^2=4px$ の両辺を $x$ で微分して $2yy’=4p$
$y\neq0$ のとき，$y’=\dfrac{2p}y$．
従ってこのとき接線の方程式は，
\[\begin{align} y-y_1&=\frac{2p}{y_1}(x-x_1)\\[5pt] \therefore y_1y&=2p(x-x_1)+{y_1}^2\\[5pt] \therefore y_1y&=2p(x+x_1)\ \ (\because {y_1}^2=4px_1)\\[5pt] \end{align}\]
頂点 $(0,0)$ における接線の方程式は $x=0$ であるが，上の式で $(x_1,y_1)=(0,0)$ とおくと $x=0$ となるから，上の式はこの場合も含まれる．
② 楕円
楕円 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ の両辺を $x$ で微分して
\[\frac{2x}{a^2}+\frac{2yy’}{b^2}=0\]
$y\neq0$ のとき $y’=-\dfrac{b^2x}{a^2y}$
従ってこのとき接線の方程式は，
\[y-y_1=-\dfrac{b^2x_1}{a^2y_1}(x-x_1)\]
両辺を $\dfrac{y_1}{b^2}$ 倍して
\[\begin{align} \frac{y_1y}{b^2}-\frac{{y_1}^2}{b^2}&=-\frac{x_1}{a^2}(x-x_1)\\[5pt] \therefore \frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}&=1\ \ (\because \frac{{x_1}^2}{a^2}+\frac{{y_1}^2}{b^2}=1) \end{align}\]
$(x_1,y_1)=(\pm a,0)$ における接線の方程式は $x=\pm a$ (複号同順)だから，上の式はこの場合も含まれる．
③ 双曲線
②の楕円の場合と同様にして示される．
例題 点 $(0,3)$ から楕円 $x^2+4y^2=4$ に引いた接線の方程式，及び接点の座標を求めよ．
こたえ
接点を $(x_1,y_1)$ とすると，接線の方程式は
\[x_1x+4y_1y=4\]
とおける．これが点 $(0,3)$ を通るとき，
\[12y_1=4\ \ \therefore y_1=\frac13\]
また，$x_1^2+4y_1^2=4$ より $x_1=\pm\dfrac{4\sqrt2}3$
よって接線の方程式は，
\[\pm\frac{4\sqrt2}3x+4\cdot\frac13y=1\]
\[\therefore \pm\sqrt2x+y-3=0\]
以上により，
接線： $\sqrt2x+y-3=0$と接点 $\left(\dfrac{4\sqrt2}3,\dfrac13\right)$ 及び
接線：$-\sqrt2x+y-3=0$と接点 $\left(-\dfrac{4\sqrt2}3,\dfrac13\right)$
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