解説

方針・初手

回転によって得られる曲線は、点の座標を逆回転して元の曲線の方程式に代入すればよい。

また、楕円の外部の点から引いた2本の接線が直交する条件は、外部点からの接線対の方程式を用いて調べる。曲線 $C_2$ は標準形に近い形になるため、まず $C_2$ について処理し、$C_1$ については回転が角度と距離を保つことを利用する。

解法1

**(1)**

曲線 $C_1$ 上の点を $(X,Y)$ とし、これを原点を中心に反時計回りに $30^\circ$ 回転して得られる点を $(x,y)$ とする。

このとき

$$ \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos 30^\circ & -\sin 30^\circ\\ \sin 30^\circ & \cos 30^\circ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X\\ Y \end{pmatrix}

$$

であるから、逆に

$$ \begin{aligned} X&=\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y,\\ Y&=-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y \end{aligned}

$$

となる。

これを $C_1$ の方程式

$$ 3X^2+2\sqrt{3}XY+5Y^2=24

$$

に代入する。

$$ \begin{aligned} &3\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y\right)^2 +2\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{1}{2}y\right) \left(-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y\right) +5\left(-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y\right)^2\\ &=2x^2+6y^2 \end{aligned}

$$

したがって、$C_2$ の方程式は

$$ 2x^2+6y^2=24

$$

すなわち

$$ x^2+3y^2=12

$$

である。

**(2)**

点 $(1,3)$ を通る直線を

$$ y-3=m(x-1)

$$

とおく。すなわち

$$ y=mx+3-m

$$

である。

これを $C_2:x^2+3y^2=12$ に代入すると、

$$ x^2+3(mx+3-m)^2=12

$$

となる。この直線が接線であるためには、この $x$ についての2次方程式が重解をもてばよい。

判別式を計算すると、

$$ \Delta=12(m+1)(11m-5)

$$

である。よって

$$ 12(m+1)(11m-5)=0

$$

より

$$ m=-1,\quad m=\frac{5}{11}

$$

を得る。

$m=-1$ のとき、

$$ y-3=-(x-1)

$$

より

$$ x+y-4=0

$$

である。

$m=\dfrac{5}{11}$ のとき、

$$ y-3=\frac{5}{11}(x-1)

$$

より

$$ 5x-11y+28=0

$$

である。

なお、点 $(1,3)$ を通る鉛直線 $x=1$ は $C_2$ と2点で交わるので、接線ではない。

したがって、求める接線は

$$ x+y-4=0,\quad 5x-11y+28=0

$$

である。

**(3)**

$C_2$ の外部の点を $P(p,q)$ とする。

$C_2$ は

$$ S=x^2+3y^2-12=0

$$

と表される。点 $P(p,q)$ から $C_2$ に引いた2本の接線の方程式は、接線対の公式より

$$ (px+3qy-12)^2=(p^2+3q^2-12)(x^2+3y^2-12)

$$

である。

点 $P$ を原点とする局所座標を

$$ x=p+X,\quad y=q+Y

$$

とおく。このとき、上の接線対の方程式は

$$ (pX+3qY)^2-(p^2+3q^2-12)(X^2+3Y^2)=0

$$

となる。

展開して整理すると、

$$ (12-3q^2)X^2+6pqXY+(36-3p^2)Y^2=0

$$

である。

一般に、原点を通る2直線

$$ AX^2+2HXY+BY^2=0

$$

が直交するための条件は

$$ A+B=0

$$

である。

したがって、ここでは

$$ (12-3q^2)+(36-3p^2)=0

$$

となればよい。これを整理して

$$ p^2+q^2=16

$$

を得る。

また、この円上の点について

$$ \begin{aligned} p^2+3q^2-12 &= (p^2+q^2)-16+2q^2+4\\ &= 2q^2+4>0 \end{aligned} $$

であるから、確かに $C_2$ の外部の点である。

よって、点 $P$ の軌跡は

$$ x^2+y^2=16

$$

である。

**(4)**

$C_2$ は $C_1$ を原点を中心に反時計回りに $30^\circ$ 回転して得られる曲線である。

点 $Q$ を同じ回転で点 $P$ に移すと、$Q$ から $C_1$ に引いた接線は、$P$ から $C_2$ に引いた接線に移る。回転は角度を保つので、2本の接線が直交する条件も保たれる。

したがって、$P$ の軌跡が

$$ x^2+y^2=16

$$

であることから、$Q$ の軌跡も原点を中心とする半径 $4$ の円である。

回転は原点からの距離を保つので、点 $Q=(x,y)$ の軌跡は

$$ x^2+y^2=16

$$

である。

解説

この問題の中心は、2次曲線の回転と、楕円に対する接線対の扱いである。

**(1)**

では、図形を反時計回りに回転させるので、回転後の座標を元の座標に戻してから代入する点が重要である。ここで直接回転後の式を作ると、符号を誤りやすい。

**(3)**

では、楕円

$$ x^2+3y^2=12

$$

に対して、外部点から引いた接線対を1つの2次方程式として表し、その2直線が直交する条件を使う。結果として、接線が直交する外部点の軌跡は円になる。

**(4)**

は （3） の結果を回転で戻すだけでよい。回転は角度と距離を保つため、直交条件も円の方程式も保たれる。

答え

**(1)**

$$ C_2:\ x^2+3y^2=12

$$

**(2)**

$$ x+y-4=0,\quad 5x-11y+28=0

$$

**(3)**

$$ x^2+y^2=16

$$

**(4)**

$$ x^2+y^2=16

$$