座標空間内に、点O(0, 0, 0), A(1, 0, 1)を結ぶ線分OA、平面$z=2$上に中心(0, 0, 2)、半径1の円周C、円周C上の動点P、線分OA上の動点Qがある。 (1) 直線PAとxy平面との交点をA'としたとき、A'の軌跡の方程式を求める。 (2) 直線PQとxy平面との交点をRとしたとき、点Rが動きうる領域をxy平面上に図示する。

1. 問題の内容

座標空間内に、点O(0, 0, 0), A(1, 0, 1)を結ぶ線分OA、平面$z=2$上に中心(0, 0, 2)、半径1の円周C、円周C上の動点P、線分OA上の動点Qがある。

(1) 直線PAとxy平面との交点をA'としたとき、A'の軌跡の方程式を求める。

(2) 直線PQとxy平面との交点をRとしたとき、点Rが動きうる領域をxy平面上に図示する。

2. 解き方の手順

(1) 点Pは円周C上にあるので、P(cosθ, sinθ, 2)とおける。点A(1, 0, 1)と点P(cosθ, sinθ, 2)を通る直線PAの方程式は、

$\frac{x-1}{cos\theta - 1} = \frac{y-0}{sin\theta - 0} = \frac{z-1}{2-1}$

この直線とxy平面（z=0)との交点A'の座標を(x, y, 0)とすると、

$\frac{x-1}{cos\theta - 1} = \frac{y}{sin\theta} = \frac{0-1}{1} = -1$

したがって、

$x-1 = -1(cos\theta - 1) = 1 - cos\theta$

$y = -1(sin\theta) = -sin\theta$

ゆえに、

$x = 2 - cos\theta$

$y = -sin\theta$

$(x-2)^2 + y^2 = (cos\theta)^2 + (-sin\theta)^2 = 1$

これがA'の軌跡の方程式である。

(2) 点Qは線分OA上にあるので、Q(t, 0, t)とおける。ただし、$0 \le t \le 1$である。点P(cosθ, sinθ, 2)と点Q(t, 0, t)を通る直線PQの方程式は、

$\frac{x-t}{cos\theta - t} = \frac{y-0}{sin\theta - 0} = \frac{z-t}{2-t}$

この直線とxy平面(z=0)との交点Rの座標を(x, y, 0)とすると、

$\frac{x-t}{cos\theta - t} = \frac{y}{sin\theta} = \frac{0-t}{2-t} = \frac{-t}{2-t}$

したがって、

$x-t = \frac{-t}{2-t}(cos\theta - t)$

$y = \frac{-t}{2-t}sin\theta$

ゆえに、

$x = t + \frac{-t}{2-t}(cos\theta - t) = t - \frac{t}{2-t}cos\theta + \frac{t^2}{2-t}$

$y = \frac{-t}{2-t}sin\theta$

$x - t - \frac{t^2}{2-t} = - \frac{t}{2-t} cos\theta$

$\frac{(2-t)x - 2t + t^2 - t^2}{2-t} = - \frac{t}{2-t} cos\theta$

$(2-t)x - 2t = -t cos\theta$

$y = \frac{-t}{2-t}sin\theta$

$[(2-t)x - 2t]^2 = t^2 cos^2\theta$

$(2-t)^2 y^2 = t^2 sin^2\theta$

$(2-t)^2 x^2 - 4t(2-t)x + 4t^2 + (2-t)^2 y^2 = t^2$

$(2-t)^2 x^2 - 4t(2-t)x + (2-t)^2 y^2 = t^2 - 4t^2 = -3t^2$

$t=0$のときR(0,0)

$t=1$のときR(2x-4x+y^2 = -3, (x-2)^2+y^2 = 1

$0 \le t \le 1$

円 $(x-2)^2 + y^2 = 1$ の内部に含まれ、原点を含む領域。

3. 最終的な答え

(1) A'の軌跡の方程式： $(x-2)^2 + y^2 = 1$

(2) Rが動きうる領域：円 $(x-2)^2 + y^2 \le 1$