$a>0$, $b>0$ 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 $a, b, p, q$ で表しなさい。 (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しなさい。

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 $a, b, p, q$ で表しなさい。

(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しなさい。

2. 解き方の手順

(1)

点P($p$, $q$)における接線の方程式は

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

と表される。

漸近線は $y = \pm \frac{b}{a}x$ で表される。

接線と漸近線の交点を求める。

まず、漸近線 $y = \frac{b}{a}x$ との交点Aの座標を求める。

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

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

$\frac{bpx - aqx}{a^2b} = 1$

$(bp - aq)x = a^2b$

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

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

よって、点Aの座標は $(\frac{a^2b}{bp-aq}, \frac{ab^2}{bp-aq})$

次に、漸近線 $y = -\frac{b}{a}x$ との交点Bの座標を求める。

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

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

$\frac{bpx + aqx}{a^2b} = 1$

$(bp + aq)x = a^2b$

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

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

よって、点Bの座標は $(\frac{a^2b}{bp+aq}, -\frac{ab^2}{bp+aq})$

$p$, $q$ は $\frac{p^2}{a^2} - \frac{q^2}{b^2} = 1$ を満たす。

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

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

$p = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{b^2}q^2} > 0$

$y$ 座標の大小を比較する。

$\frac{ab^2}{bp-aq} > -\frac{ab^2}{bp+aq}$

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

$bp+aq > -bp+aq$

$2bp>0$ これは常に成立。

(2)

$\triangle$OABの面積は

$\frac{1}{2} |x_Ay_B - x_By_A|$

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

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

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

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

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

$b^2p^2 - a^2q^2 = a^2b^2$

したがって、$\triangle$OABの面積は

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

3. 最終的な答え

(1)

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

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

(2)

$\triangle$OAB の面積は $ab$ であり、点Pの位置によらず一定である。