(1) 原点をOとする座標平面上の点Pから直線 $x=-2$ に下ろした垂線と直線 $x=-2$ の交点をHとする。線分OPとPHの長さが等しい点Pの軌跡をCとする。Cの方程式と頂点の座標を求め、Cを極方程式で表す。 (2) Cを(1)の放物線とする。原点Oにおいて直交する2本の直線 $l, m$ とし、Cと $l$ が2点Q, Rで交わり、Cと $m$ が2点S, Tで交わるとする。このとき、 $\frac{1}{OQ \cdot OR} + \frac{1}{OS \cdot OT}$ の値が一定であることを証明する。$l$ の傾きを $\tan \theta (0 < \theta < \frac{\pi}{2})$ とする。Qを第1象限の点、Rを第3象限の点とし、Sを第2象限の点、Tを第4象限の点とするとき、$\frac{1}{OQ}, \frac{1}{OR}, \frac{1}{OS}, \frac{1}{OT}$ の値を求め、$\frac{1}{OQ \cdot OR} + \frac{1}{OS \cdot OT}$ の値を求める。

1. 問題の内容

(1) 原点をOとする座標平面上の点Pから直線 $x=-2$ に下ろした垂線と直線 $x=-2$ の交点をHとする。線分OPとPHの長さが等しい点Pの軌跡をCとする。Cの方程式と頂点の座標を求め、Cを極方程式で表す。

(2) Cを(1)の放物線とする。原点Oにおいて直交する2本の直線 $l, m$ とし、Cと $l$ が2点Q, Rで交わり、Cと $m$ が2点S, Tで交わるとする。このとき、 $\frac{1}{OQ \cdot OR} + \frac{1}{OS \cdot OT}$ の値が一定であることを証明する。$l$ の傾きを $\tan \theta (0 < \theta < \frac{\pi}{2})$ とする。Qを第1象限の点、Rを第3象限の点とし、Sを第2象限の点、Tを第4象限の点とするとき、$\frac{1}{OQ}, \frac{1}{OR}, \frac{1}{OS}, \frac{1}{OT}$ の値を求め、$\frac{1}{OQ \cdot OR} + \frac{1}{OS \cdot OT}$ の値を求める。

2. 解き方の手順

(1) 点Pの座標を $(x, y)$ とすると、$OP = \sqrt{x^2 + y^2}$ であり、$PH = |x - (-2)| = |x + 2|$ である。$OP = PH$ より、$\sqrt{x^2 + y^2} = |x + 2|$ なので、$x^2 + y^2 = (x + 2)^2 = x^2 + 4x + 4$。よって、$y^2 = 4x + 4 = 4(x + 1)$。

したがって、放物線Cの方程式は $y^2 = 4(x + 1)$ であり、頂点の座標は $(-1, 0)$ である。

次に、極座標表示を考える。$x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$ を $y^2 = 4(x + 1)$ に代入すると、

$(r \sin \theta)^2 = 4(r \cos \theta + 1)$。

$r^2 \sin^2 \theta = 4r \cos \theta + 4$。

$r^2 (1 - \cos^2 \theta) = 4r \cos \theta + 4$。

$r^2 - r^2 \cos^2 \theta = 4r \cos \theta + 4$。

これは $r$ について解くのが難しいので、別のアプローチを考える。

$OP = PH$ を極座標で表すと、$r = |r \cos \theta + 2|$ となる。

$r = r \cos \theta + 2$ または $r = -r \cos \theta - 2$ である。

$r > 0$ より、放物線は $x > -1$ にあるので、$r = r \cos \theta + 2$ を考える。

$r(1 - \cos \theta) = 2$

$r = \frac{2}{1 - \cos \theta}$。

(2) $l$ の傾きを $\tan \theta$ とすると、$m$ の傾きは $-\frac{1}{\tan \theta} = -\cot \theta$ である。

$l$ の方程式は $y = (\tan \theta) x$ であり、$m$ の方程式は $y = (-\cot \theta) x$ である。

放物線Cの方程式は $y^2 = 4(x + 1)$ である。

$y = (\tan \theta) x$ を $y^2 = 4(x + 1)$ に代入すると、$(\tan \theta)^2 x^2 = 4x + 4$。

$(\tan^2 \theta) x^2 - 4x - 4 = 0$。

この2解を $x_Q, x_R$ とすると、$OQ \cdot OR = \sqrt{x_Q^2 + y_Q^2} \cdot \sqrt{x_R^2 + y_R^2} = \sqrt{(x_Q^2 + \tan^2 \theta x_Q^2)(x_R^2 + \tan^2 \theta x_R^2)} = \sqrt{x_Q^2 x_R^2 (1 + \tan^2 \theta)^2} = |x_Q x_R| (1 + \tan^2 \theta)$。

$x_Q x_R = \frac{-4}{\tan^2 \theta}$ なので、$OQ \cdot OR = \frac{4}{\tan^2 \theta}(1 + \tan^2 \theta) = \frac{4(1 + \tan^2 \theta)}{\tan^2 \theta} = 4(\cot^2 \theta + 1) = \frac{4}{\sin^2 \theta}$。

よって、$\frac{1}{OQ \cdot OR} = \frac{\sin^2 \theta}{4}$。

同様に、$y = (-\cot \theta) x$ を $y^2 = 4(x + 1)$ に代入すると、$(-\cot \theta)^2 x^2 = 4x + 4$。

$(\cot^2 \theta) x^2 - 4x - 4 = 0$。

この2解を $x_S, x_T$ とすると、$OS \cdot OT = \sqrt{x_S^2 + y_S^2} \cdot \sqrt{x_T^2 + y_T^2} = |x_S x_T| (1 + \cot^2 \theta) = \frac{4}{\cot^2 \theta}(1 + \cot^2 \theta) = \frac{4(1 + \cot^2 \theta)}{\cot^2 \theta} = 4(\tan^2 \theta + 1) = \frac{4}{\cos^2 \theta}$。

よって、$\frac{1}{OS \cdot OT} = \frac{\cos^2 \theta}{4}$。

$\frac{1}{OQ \cdot OR} + \frac{1}{OS \cdot OT} = \frac{\sin^2 \theta}{4} + \frac{\cos^2 \theta}{4} = \frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{4} = \frac{1}{4}$。

$\frac{1}{OQ} = \frac{\tan^2 \theta}{4}, \frac{1}{OR} = \frac{\tan^2 \theta}{4}, \frac{1}{OS} = \frac{\cot^2 \theta}{4}, \frac{1}{OT} = \frac{\cot^2 \theta}{4}$

3. 最終的な答え

放物線の方程式: $y^2 = 4(x + 1)$

頂点の座標: $(-1, 0)$

極方程式: $r = \frac{2}{1 - \cos \theta}$

$\frac{1}{OQ} = \frac{\sin^2 \theta}{4}$

$\frac{1}{OR} = \frac{\sin^2 \theta}{4}$

$\frac{1}{OS} = \frac{\cos^2 \theta}{4}$

$\frac{1}{OT} = \frac{\cos^2 \theta}{4}$

$\frac{1}{OQ \cdot OR} + \frac{1}{OS \cdot OT} = \frac{1}{4}$

ア: 4, イ: 4

ウエ: -1, オ: 0

カ: 2, キ: 1

ク: $\frac{\sin^2 \theta}{4}$

ケ: $\frac{\sin^2 \theta}{4}$

コ: $\frac{\cos^2 \theta}{4}$

サ: $\frac{\cos^2 \theta}{4}$

シ: 1

ス: 4