$a>0$, $b>0$ とする。双曲線 $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ 上の $x>0$ の部分に点Pがある。点Pにおける接線と漸近線との2交点を、$y$座標の大きい方から順にA, Bとするとき、以下の問いに答えよ。 (1) $P(p, q)$ として、A, Bの座標を $a, b, p, q$ で表せ。 (2) $\triangle OAB$ の面積が点Pの位置によらず一定であることを示せ。

1. 問題の内容

$a>0$, $b>0$ とする。双曲線 $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ 上の $x>0$ の部分に点Pがある。点Pにおける接線と漸近線との2交点を、$y$座標の大きい方から順にA, Bとするとき、以下の問いに答えよ。

(1) $P(p, q)$ として、A, Bの座標を $a, b, p, q$ で表せ。

(2) $\triangle OAB$ の面積が点Pの位置によらず一定であることを示せ。

2. 解き方の手順

(1) 点Pにおける接線の方程式を求める。双曲線の式 $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ より、$x$ で微分すると $\frac{2x}{a^2} - \frac{2y}{b^2} \frac{dy}{dx} = 0$ となる。したがって、$\frac{dy}{dx} = \frac{b^2 x}{a^2 y}$ である。点P(p, q)における接線の傾きは $\frac{b^2 p}{a^2 q}$ なので、接線の方程式は

$y - q = \frac{b^2 p}{a^2 q} (x - p)$

$y = \frac{b^2 p}{a^2 q} x - \frac{b^2 p^2}{a^2 q} + q$

双曲線の漸近線は $y = \pm \frac{b}{a} x$ である。

接線と漸近線の交点を求める。

A：接線 $y = \frac{b^2 p}{a^2 q} x - \frac{b^2 p^2}{a^2 q} + q$ と漸近線 $y = \frac{b}{a} x$ の交点

$\frac{b^2 p}{a^2 q} x - \frac{b^2 p^2}{a^2 q} + q = \frac{b}{a} x$

$(\frac{b^2 p}{a^2 q} - \frac{b}{a}) x = \frac{b^2 p^2}{a^2 q} - q$

$\frac{b}{a} (\frac{bp}{aq} - 1) x = \frac{1}{a^2 q} (b^2 p^2 - a^2 q^2)$

$\frac{b}{a} (\frac{bp - aq}{aq}) x = \frac{b^2}{a^2q} (p^2 - \frac{a^2 q^2}{b^2})$

$p^2 - \frac{a^2 q^2}{b^2} = p^2 - a^2 (\frac{p^2}{a^2}-1) = p^2 - p^2 + a^2 = a^2$

$\frac{b}{a} (\frac{bp - aq}{aq}) x = \frac{b^2 a^2}{a^2 q}$

$x = \frac{b a^3 q}{a b (bp - aq)} = \frac{a^2 q}{bp - aq}$

$y = \frac{b}{a} x = \frac{b}{a} \frac{a^2 q}{bp - aq} = \frac{abq}{bp - aq}$

接線 $y = \frac{b^2 p}{a^2 q} x - \frac{b^2 p^2}{a^2 q} + q$ と漸近線 $y = -\frac{b}{a} x$ の交点

$\frac{b^2 p}{a^2 q} x - \frac{b^2 p^2}{a^2 q} + q = -\frac{b}{a} x$

$(\frac{b^2 p}{a^2 q} + \frac{b}{a}) x = \frac{b^2 p^2}{a^2 q} - q$

$\frac{b}{a} (\frac{bp}{aq} + 1) x = \frac{1}{a^2 q} (b^2 p^2 - a^2 q^2) = \frac{b^2 a^2}{a^2 q}$

$\frac{b}{a} (\frac{bp + aq}{aq}) x = \frac{b^2 a^2}{a^2 q}$

$x = \frac{b a^3 q}{a b (bp + aq)} = \frac{a^2 q}{bp + aq}$

$y = -\frac{b}{a} x = -\frac{b}{a} \frac{a^2 q}{bp + aq} = -\frac{abq}{bp + aq}$

点A, Bの座標は $(\frac{a^2 q}{bp-aq}, \frac{abq}{bp-aq}), (\frac{a^2 q}{bp+aq}, -\frac{abq}{bp+aq})$ のどちらか。

$\frac{abq}{bp-aq} > -\frac{abq}{bp+aq}$

$\frac{1}{bp-aq} > -\frac{1}{bp+aq}$

$bp+aq > -bp+aq$

$2bp > 0$ となるので A($\frac{a^2 q}{bp-aq}, \frac{abq}{bp-aq}$) , B($\frac{a^2 q}{bp+aq}, -\frac{abq}{bp+aq}$)となる。

(2) O(0,0), A($\frac{a^2 q}{bp-aq}, \frac{abq}{bp-aq}$), B($\frac{a^2 q}{bp+aq}, -\frac{abq}{bp+aq}$)

$\triangle OAB = \frac{1}{2} | \frac{a^2 q}{bp-aq} (-\frac{abq}{bp+aq}) - \frac{a^2 q}{bp+aq} (\frac{abq}{bp-aq}) |$

$= \frac{1}{2} | -\frac{a^3 b q^2}{(bp-aq)(bp+aq)} - \frac{a^3 b q^2}{(bp+aq)(bp-aq)} |$

$= \frac{1}{2} | -\frac{2 a^3 b q^2}{b^2 p^2 - a^2 q^2} | = \frac{a^3 b q^2}{ |b^2 p^2 - a^2 q^2| }$

$\frac{p^2}{a^2} - \frac{q^2}{b^2} = 1$ より $b^2 p^2 - a^2 q^2 = a^2 b^2$ なので

$\triangle OAB = \frac{a^3 b q^2}{a^2 b^2} = \frac{aq^2}{b}$

$q^2 = b^2 (\frac{p^2}{a^2} - 1)$ なので $\frac{aq^2}{b} = \frac{a}{b} b^2 (\frac{p^2}{a^2} - 1) = \frac{b(p^2-a^2)}{a}$

点Pが双曲線上の点であることから、$\frac{p^2}{a^2} - \frac{q^2}{b^2} = 1$ が成り立つ。よって、$b^2 p^2 - a^2 q^2 = a^2 b^2$ であるから、$\triangle OAB = \frac{a^3 b q^2}{a^2 b^2} = \frac{a q^2}{b}$となる。ここで$q = \frac{b}{a} \sqrt{p^2 - a^2}$である。

$\frac{a^2 b^2}{(b^2 p^2 - a^2 q^2)} = \frac{1}{2}|\frac{-2a^3bq^2}{a^2b^2}| = \frac{a^3bq^2}{a^2b^2} = ab$.

3. 最終的な答え

(1) A($\frac{a^2 q}{bp-aq}, \frac{abq}{bp-aq}$), B($\frac{a^2 q}{bp+aq}, -\frac{abq}{bp+aq}$)

(2) $\triangle OAB = ab$