$a > 0$, $b > 0$ 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 $P$ をとる。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。 (1) $P(p, q)$ として、$A$, $B$ の座標を $a$, $b$, $p$, $q$ で表す。 (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す。

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 $P$ をとる。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。

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

(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す。

2. 解き方の手順

(1)

双曲線 $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ 上の点 $P(p, q)$ における接線の方程式は、

$\frac{px}{a^2} - \frac{qy}{b^2} = 1$

漸近線は $y = \pm \frac{b}{a}x$ である。

接線と漸近線 $y = \frac{b}{a}x$ の交点 $A$ の座標を求める。

接線の方程式に代入して、

$\frac{px}{a^2} - \frac{q}{b^2} \cdot \frac{b}{a}x = 1$

$\frac{px}{a^2} - \frac{q}{ab}x = 1$

$\frac{bp - aq}{a^2b}x = 1$

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

したがって、$y = \frac{b}{a} \cdot \frac{a^2b}{bp - aq} = \frac{ab^2}{bp - aq}$

よって、 $A \left( \frac{a^2b}{bp - aq}, \frac{ab^2}{bp - aq} \right)$

接線と漸近線 $y = -\frac{b}{a}x$ の交点 $B$ の座標を求める。

接線の方程式に代入して、

$\frac{px}{a^2} - \frac{q}{b^2} \left( -\frac{b}{a}x \right) = 1$

$\frac{px}{a^2} + \frac{q}{ab}x = 1$

$\frac{bp + aq}{a^2b}x = 1$

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

したがって、$y = -\frac{b}{a} \cdot \frac{a^2b}{bp + aq} = -\frac{ab^2}{bp + aq}$

よって、$B \left( \frac{a^2b}{bp + aq}, -\frac{ab^2}{bp + aq} \right)$

ここで、$p^2/a^2 - q^2/b^2 = 1$ より、$bp - aq > 0$ かつ $bp + aq > 0$ である。

$A$ と $B$ の $y$ 座標を比較すると、$\frac{ab^2}{bp - aq} > 0 > -\frac{ab^2}{bp + aq}$ なので、 $y$ 座標が大きい方が $A$ である。

(2)

$\triangle OAB$ の面積を $S$ とすると、

$S = \frac{1}{2} \left| \frac{a^2b}{bp - aq} \left( -\frac{ab^2}{bp + aq} \right) - \frac{a^2b}{bp + aq} \left( \frac{ab^2}{bp - aq} \right) \right|$

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

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

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

ここで、$\frac{p^2}{a^2} - \frac{q^2}{b^2} = 1$ より、$b^2p^2 - a^2q^2 = a^2b^2$

$S = \frac{a^3b^3}{a^2b^2} = ab$

これは $P$ の位置によらず一定である。

3. 最終的な答え

(1)

$A \left( \frac{a^2b}{bp - aq}, \frac{ab^2}{bp - aq} \right)$

$B \left( \frac{a^2b}{bp + aq}, -\frac{ab^2}{bp + aq} \right)$

(2)

$\triangle OAB = ab$