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原点Oを端点とし、x軸となす角がそれぞれ$-\alpha$, $\alpha$ ($0 < \alpha < \frac{\pi}{3}$)である半直線を$L_1$, $L_2$とする。$L_1$上に点P、$L_2$上に点Qを線分PQの長さが1となるようにとり、点Rを、直線PQに対し、原点Oの反対側に$\triangle PQR$が正三角形になるようにとる。 (1) 線分PQがx軸と直交するとき、点Rの座標を求めよ。 (2) 2点P, Qが線分PQの長さを1に保ったまま$L_1$, $L_2$上を動くとき、点Rの軌跡はある楕円の一部であることを示せ。

幾何学軌跡正三角形楕円三角関数
2025/7/22

1. 問題の内容

原点Oを端点とし、x軸となす角がそれぞれ−α-\alpha, α\alpha (0<α<π30 < \alpha < \frac{\pi}{3})である半直線をL1L_1, L2L_2とする。L1L_1上に点P、L2L_2上に点Qを線分PQの長さが1となるようにとり、点Rを、直線PQに対し、原点Oの反対側に△PQR\triangle PQRが正三角形になるようにとる。
(1) 線分PQがx軸と直交するとき、点Rの座標を求めよ。
(2) 2点P, Qが線分PQの長さを1に保ったままL1L_1, L2L_2上を動くとき、点Rの軌跡はある楕円の一部であることを示せ。

2. 解き方の手順

(1) 線分PQがx軸と直交するときを考える。P, Qのx座標は等しく、これをttとおく。PはL1L_1上にあるので、Pの座標は(t,−ttan⁡α)(t, -t\tan\alpha)となる。QはL2L_2上にあるので、Qの座標は(t,ttan⁡α)(t, t\tan\alpha)となる。PQの長さは1なので、ttan⁡α−(−ttan⁡α)=1t\tan\alpha - (-t\tan\alpha) = 1, すなわち2ttan⁡α=12t\tan\alpha = 1が成り立つ。したがって、t=12tan⁡αt = \frac{1}{2\tan\alpha}である。
P, Qの座標はそれぞれ(12tan⁡α,−12)\left(\frac{1}{2\tan\alpha}, -\frac{1}{2}\right), (12tan⁡α,12)\left(\frac{1}{2\tan\alpha}, \frac{1}{2}\right)となる。Rは△PQR\triangle PQRが正三角形になるように取るので、PQの中点をMとすると、Mの座標は(12tan⁡α,0)\left(\frac{1}{2\tan\alpha}, 0\right)となる。また、RはMからPQに垂直な方向に32\frac{\sqrt{3}}{2}だけ離れた点である。したがって、Rの座標は(12tan⁡α−32,0)\left(\frac{1}{2\tan\alpha} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)となる。
(2) P, Qの座標をそれぞれP(r1cos⁡(−α),r1sin⁡(−α))P(r_1\cos(-\alpha), r_1\sin(-\alpha)), Q(r2cos⁡(α),r2sin⁡(α))Q(r_2\cos(\alpha), r_2\sin(\alpha))とする。PQの長さは1なので、
(r2cos⁡α−r1cos⁡(−α))2+(r2sin⁡α−r1sin⁡(−α))2=1(r_2\cos\alpha - r_1\cos(-\alpha))^2 + (r_2\sin\alpha - r_1\sin(-\alpha))^2 = 1
r22cos⁡2α−2r1r2cos⁡αcos⁡(−α)+r12cos⁡2(−α)+r22sin⁡2α−2r1r2sin⁡αsin⁡(−α)+r12sin⁡2(−α)=1r_2^2\cos^2\alpha - 2r_1r_2\cos\alpha\cos(-\alpha) + r_1^2\cos^2(-\alpha) + r_2^2\sin^2\alpha - 2r_1r_2\sin\alpha\sin(-\alpha) + r_1^2\sin^2(-\alpha) = 1
r22−2r1r2(cos⁡2α+sin⁡2α)+r12=1r_2^2 - 2r_1r_2(\cos^2\alpha + \sin^2\alpha) + r_1^2 = 1
r12+r22−2r1r2cos⁡(2α)=1r_1^2 + r_2^2 - 2r_1r_2\cos(2\alpha) = 1
Rの座標を(x,y)(x, y)とする。P, Qの中点をMとすると、Mの座標は(r1cos⁡(−α)+r2cos⁡α2,r1sin⁡(−α)+r2sin⁡α2)\left(\frac{r_1\cos(-\alpha) + r_2\cos\alpha}{2}, \frac{r_1\sin(-\alpha) + r_2\sin\alpha}{2}\right)となる。
x=r1cos⁡(−α)+r2cos⁡α2+32r2sin⁡α−r1sin⁡(−α)1=r1(cos⁡α−3sin⁡α)+r2(cos⁡α+3sin⁡α)2x = \frac{r_1\cos(-\alpha) + r_2\cos\alpha}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{r_2\sin\alpha - r_1\sin(-\alpha)}{1} = \frac{r_1(\cos\alpha - \sqrt{3}\sin\alpha) + r_2(\cos\alpha + \sqrt{3}\sin\alpha)}{2}
y=r1sin⁡(−α)+r2sin⁡α2−32r2cos⁡α−r1cos⁡(−α)1=r1(−sin⁡α+3cos⁡α)+r2(sin⁡α+3cos⁡α)2y = \frac{r_1\sin(-\alpha) + r_2\sin\alpha}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{r_2\cos\alpha - r_1\cos(-\alpha)}{1} = \frac{r_1(-\sin\alpha + \sqrt{3}\cos\alpha) + r_2(\sin\alpha + \sqrt{3}\cos\alpha)}{2}

3. 最終的な答え

(1) (12tan⁡α−32,0)\left(\frac{1}{2\tan\alpha} - \frac{\sqrt{3}}{2}, 0\right)
(2) (証明)
点Rの軌跡は楕円の一部である.

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