【一橋大学入試】2円の交点を通る直線を使って点の軌跡を求める問題(2025)

2025年7月25日2025年8月1日

今回はこちらの問題を解いていきます.

$xy$ 平面上に原点を中心とする半径$3$の円$C_1$と, 直線$x=2$上をくまなく動く点$\mathrm{P}$を中心とする半径1の円$C_2$がある.
このとき, 以下の問いに答えよ.
(1) $C_1$, $C_2$が$2$つの共有点をもつような$\mathrm{P}$の$y$座標の範囲を求めよ.
(2) $C_1$, $C_2$が$2$つの共有点をもつとき, その$2$つの共有点を通る直線$l$に関して$\mathrm{P}$と対称な点を$\mathrm{Q}$とする. ただし, $\mathrm{P}$がその直線上にあるときは, $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$とする. $ \mathrm{P}$の$y$座標が(1)で求めた範囲を動くとき, $ \mathrm{Q} $の軌跡を求めよ.
(2025 一橋大学 [2])

こちらはかなりの難問です. 計算量が多く, 文字式の割り算では都度分母が0にならないことの確認が必要です. 最終的には軌跡を求める問題ですが, 十分性もきちんと示す必要があります.

それでは解いていきましょう.

(1) $ \mathrm{P} $の$y$座標を$t$とすると, $C_2$の中心は$(2, t)$となるので, $C_1$, $C_2$の中心間の距離$d$は,
$$
d=\sqrt{2^2+t^2}=\sqrt{t^2+4}
$$となる. $C_1$の半径は$3$, $C_2$の半径は$1$であるから, $C_1$, $C_2)$が共有点を$2$つもつ必要十分条件は,
$$
|3-1|<d<3+1
$$である. これを同値変形していくと,
$$
\begin{align}
&|3-1|<d<3+1\\[1.5ex]
&\iff 2<\sqrt{t^2+4}<4\\[1.5ex]
&\iff 2< \sqrt{t^2+4} \,\,\,\, かつ \,\, \sqrt{t^2+4}<4
\end{align}
$$最後の2つの不等式において, いずれも両辺正なので2乗しても同値関係が崩れないから
$$
\begin{align}
&2< \sqrt{t^2+4} \,\,\,\, かつ \,\, \sqrt{t^2+4}<4\\[1.5ex]
&\iff 4<t^2+4 \,\,\,\, かつ \,\, t^2+4<16
\end{align}
$$となる. まず, $4<t^2+4$に関しては,
$$
\begin{align}
&4<t^2+4 \\[1.5ex]
&\iff t^2>0 \\[1.5ex]
&\iff t\neq 0
\end{align}
$$である. 次に, $t^2+4<16$に関しては,
$$
\begin{align}
& t^2+4<16 \\[1.5ex]
&\iff t^2<12 \\[1.5ex]
&\iff -2\sqrt{3}<t<2\sqrt{3}
\end{align}
$$となる.

よって, 2つの不等式を同時に満たす,
$$
-2\sqrt{3}<t<0 \,\, \,\, または \,\, 0<t<2\sqrt{3}
$$が求める$\mathrm{P}$の$y$座標の範囲である.

(2) (1)に引き続き$ \mathrm{P} $の$y$座標を$t$とし, $t$は(1)で求めた$C_1$, $C_2$が$2$つの共有点をもつ範囲, $-2\sqrt{3}<t<0 \,\, \,\, または \,\, 0<t<2\sqrt{3}$ を動くとする.

このとき, 任意の実数$k$に対して,
$$
k\left(x^2+y^2-3^2\right)+\left\{(x-2)^2+(y-t)^2-1^2\right\}=0
$$は, $C_1$, $C_2$の$2$つの共有点を通る曲線である. 特に, $k=-1$とすることで,
$$
\begin{align}
&-\left(x^2+y^2-3^2\right)+\left\{(x-2)^2+(y-t)^2-1^2\right\}=0\\
&4x+2ty-t^2-12=0
\end{align}
$$ は直線となり, これが$2$つの共有点を通る直線$l$である.

まず, $\mathrm{P}(2, t)$が直線$l$上にあるとき,
$$
4\cdot 2+2t\cdot t-t^2-12=0
$$より, $t=\pm2$である. このとき, $\mathrm{P}=\mathrm{Q}$であり, $t=2$のとき$ \mathrm{Q} $の座標は$(2,2)$, $t=-2$のとき$ \mathrm{Q} $の座標は$(2,-2)$となる.

次に$\mathrm{P}$が直線$l$上にないとき, つまり$t\neq \pm2$のときを考える. $\mathrm{Q}$の座標を$(X, Y)$とすると, $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$の中点$ \displaystyle \left(\frac{2+X}{2}, \frac{t+Y}{2}\right) $は$l$上にあることから,
$$
\begin{align}
&4\cdot \frac{2+X}{2}+2t\cdot \frac{t+Y}{2} -t^2-12=0\\[1.5ex]
&\iff 2X+tY=8 \,\,\,・・・①
\end{align}
$$である. また, 直線$\mathrm{PQ}$と直線$l$は直交するから, 直線$\mathrm{PQ}$, 直線$l$の傾きをかけると$-1$ になる. $t\neq 0$より, 直線$l$の傾きは$\displaystyle -\frac{2}{t} $となる. また, 直線$l$の傾きが$0$にないため, 直線$l$は$x$軸と平行にならない. よって, $\mathrm{P}$と$\mathrm{Q}$の$x$座標が一致することがなく, $X\neq 2$となり, 直線$\mathrm{PQ}$の傾きは, $ \displaystyle \frac{Y-t}{X-2} $としてよい. これから,
$$
\begin{align}
&\frac{Y-t}{X-2}\cdot \left(-\frac{2}{t}\right)=-1\\[1.5ex]
&\iff tX=2Y \,\,\,・・・②
\end{align}
$$となる. ②より, $\displaystyle Y=\frac{t}{2}X $を①に代入して,
$$
\begin{align}
&2X+\frac{t^2}{2}X=8\\[1.5ex]
&\iff X=\frac{16}{t^2+4}
\end{align}
$$となり, $Y$についても,
$$
Y=\frac{t}{2}X=\frac{8t}{t^2+4}
$$と求まる. なお, $t=2$のとき, $(X,Y)=(2, 2)$, $t=-2$のとき, $(X,Y)=(2,-2)$となるから, これは先に求めた$\mathrm{P}$が直線$l$上にある場合も含む.

よって, $-2\sqrt{3}<t<0 \,\, \,\, または \,\, 0<t<2\sqrt{3}$ のとき, $\mathrm{Q}$の座標は, $\displaystyle (X,Y)= \left(\frac{16}{t^2+4}, \frac{8t}{t^2+4}\right)$となる.

つぎにこの$\mathrm{Q} $の軌跡を求める. $\displaystyle X=\frac{16}{t^2+4}\neq 0$であり, $\displaystyle Y=\frac{t}{2}X$から, $\displaystyle t=\frac{2Y}{X}$となる. これを$\displaystyle X=\frac{16}{t^2+4}$に代入して,
$$
\begin{align}
&X=\frac{16}{\left(\frac{2Y}{X}\right)^2+4}\\[1.5ex]
&\iff X\left(\frac{2Y}{X}\right)^2+4X=16\\[1.5ex]
&\iff 4Y^2+4X^2=16X\\[1.5ex]
&\iff Y^2+X^2=4X\\[1.5ex]
&\iff (X-2)^2+Y^2=2^2
\end{align}
$$となる. また, $0<t^2<12$であり, $\displaystyle X=\frac{16}{t^2+4}$であることから,
$$
\begin{align}
&0<t^2<12\\[1.5ex]
&\iff 4<t^2+4<16\\[1.5ex]
&\iff \frac{1}{16}<\frac{1}{t^2+4}<\frac{1}{4}\\[1.5ex]
&\iff 1<\frac{16}{t^2+4}<4\\[1.5ex]
&\iff 1<X<4
\end{align}
$$となり, $X$は$1<X<4$を満たす必要がある. 以上から, $\mathrm{Q}$は$(2,0)$を中心とする半径$2$の円周上で, $x$座標が$1<x<4$を満たす範囲を動くことがわかる.

逆に, 点$\mathrm{R}(a, b)$が$(2,0)$を中心とする半径$2$の円周上で, $x$座標が$1<x<4$を満たす範囲の点であるとき, $b>0$ならば,
$$
t=\sqrt{\frac{16}{a}-4}
$$とし, $b<0$ならば,
$$
t=-\sqrt{\frac{16}{a}-4}
$$とすることで, $\mathrm{Q}$が$\mathrm{R}$と一致することが次のように示される.

まず, $1<a<4$であるから, 上のようにして決めた$t$は
$$
-2\sqrt{3}<t<0 \,\, \,\, または \,\, 0<t<2\sqrt{3}
$$を満たことがわかり, $t$に対して$\mathrm{Q}$の座標を求める. まず, $t>0$のとき,
$$
\begin{align}
X&=\frac{16}{t^2+4}=\frac{16}{\left(\sqrt{\frac{16}{a}-4}\right)^2+4}=a\\[1.5ex]
Y&=\frac{t}{2}X=\frac{a}{2}\sqrt{\frac{16}{a}-4}=\sqrt{4a-a^2}=b
\end{align}
$$となる. ここで, $t>0$のとき, $b>0$になること, また, $(a, b)$が$(a-2)^2+b^2=4$を満たすことから$b=\sqrt{4a-a^2}$であることを用いた. また, $t<0$でも全く同様に$X=a$, $Y=b$となることが示される.

以上から, $Q$の軌跡は, $(2,0)$を中心とする半径$2$の円周上で, $x$座標が$1<x<4$を満たす部分となることがわかった. 図示すると以下の通りである.