問題は以下の通りです。 (1) 放物線 $y=ax^2-12a+2$ (ただし、$0 < a < \frac{1}{2}$)が、$a$の値にかかわらず通る定点を求めよ。 (2) 放物線と円 $x^2+y^2=16$ の交点の$y$座標を求めよ。 (3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線と円で囲まれる部分のうち、放物線の上側にある部分の面積$S$を求めよ。

1. 問題の内容

問題は以下の通りです。

(1) 放物線 $y=ax^2-12a+2$ (ただし、$0 < a < \frac{1}{2}$)が、$a$の値にかかわらず通る定点を求めよ。

(2) 放物線と円 $x^2+y^2=16$ の交点の$y$座標を求めよ。

(3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、放物線と円で囲まれる部分のうち、放物線の上側にある部分の面積$S$を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $y=ax^2-12a+2$ を $a$ について整理する。

$a(x^2-12)-(y-2)=0$

これが任意の$a$について成り立つので、

$x^2-12=0$ かつ $y-2=0$

したがって、

$x = \pm 2\sqrt{3}, y=2$

よって、$a$の値にかかわらず通る定点は $(\pm 2\sqrt{3}, 2)$

(2) $y=ax^2-12a+2$ …①

$x^2+y^2=16$ …②

②より、$x^2 = 16-y^2$ だから、①に代入して

$y=a(16-y^2)-12a+2$

$y=16a-ay^2-12a+2$

$ay^2+y-4a-2=0$

$(y-2)(ay+2a+1)=0$

$y=2, -2-\frac{1}{a}$

ここで、$0<a<\frac{1}{2}$より、 $-2 - \frac{1}{a} < -4$

一方、$x^2+y^2 = 16$ 上の点なので、$-4 \le y \le 4$ でなければならない。

よって、$y = -2 - \frac{1}{a}$ は不適。

したがって、$y=2$

(3) $a = \frac{1}{4}$ のとき、①は $y = \frac{1}{4}x^2 - 3+2 = \frac{1}{4}x^2 - 1$

また、(1), (2)より、①、②の交点は $A(2\sqrt{3}, 2), B(-2\sqrt{3}, 2)$

$OA = OB = 4$ であり、$A, B$の$y$座標が等しいので、$\angle AOB = 120^\circ = \frac{2\pi}{3}$

$S= 2 \int_{0}^{2\sqrt{3}} (2 - (\frac{1}{4}x^2 - 1)) dx + \pi 4^2 \cdot \frac{120}{360} - \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4 \cdot \sin(\frac{2\pi}{3})$

$=2 \int_{0}^{2\sqrt{3}} (3 - \frac{1}{4}x^2) dx + \frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}$

$=2 [3x - \frac{1}{12}x^3]_{0}^{2\sqrt{3}} + \frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}$

$=2 [6\sqrt{3} - \frac{1}{12} (8 \cdot 3\sqrt{3})] + \frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}$

$=2 [6\sqrt{3} - 2\sqrt{3}] + \frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}$

$=8\sqrt{3} + \frac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3}$

$=4\sqrt{3} + \frac{16}{3}\pi$

3. 最終的な答え

(1) $(\pm 2\sqrt{3}, 2)$

(2) $y=2$

(3) $4\sqrt{3} + \frac{16}{3}\pi$