点Pから放物線 $y = x^2$ に2本の接線を引くことができ、それらの接点をA, Bとするとき、$\angle APB = \frac{\pi}{4}$ を満たしながら動く。このような点Pの軌跡を求めよ。

1. 問題の内容

点Pから放物線 $y = x^2$ に2本の接線を引くことができ、それらの接点をA, Bとするとき、$\angle APB = \frac{\pi}{4}$ を満たしながら動く。このような点Pの軌跡を求めよ。

2. 解き方の手順

まず、点Pの座標を $(p, q)$ とおく。放物線 $y = x^2$ 上の点 $(t, t^2)$ における接線の方程式は、

$y' = 2x$ より、$y'|_{x=t} = 2t$ なので、

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

$y = 2tx - t^2$

この接線が点P$(p, q)$ を通るから、

$q = 2tp - t^2$

$t^2 - 2pt + q = 0$

この $t$ に関する2次方程式は、点Pから放物線に引ける接線の接点の $x$ 座標を表す。問題文より、点Pから2本の接線が引けるので、この2次方程式は異なる2つの実数解を持つ。

したがって、判別式を$D$とすると、

$D/4 = p^2 - q > 0$

$q < p^2$

2つの接点の $x$ 座標を $t_1, t_2$ とすると、$t_1, t_2$ は $t^2 - 2pt + q = 0$ の解なので、解と係数の関係より、

$t_1 + t_2 = 2p$

$t_1 t_2 = q$

直線AP, BP の傾きをそれぞれ $m_1, m_2$ とすると、

$m_1 = \frac{t_1^2 - q}{t_1 - p} = \frac{t_1^2 - 2t_1 p + t_1^2}{t_1 - p} = \frac{t_1(t_1 - 2p)}{t_1 - p}= \frac{t_1(t_1 - t_1 - t_2)}{t_1 - p}= \frac{-t_1 t_2}{t_1 - p}$

$m_1 = \frac{q-t_1^2}{p-t_1} = \frac{2pt_1-t_1^2-t_1^2}{p-t_1} = \frac{2pt_1-2t_1^2}{p-t_1} = \frac{2t_1(p-t_1)}{p-t_1}=2t_1$

同様に、$m_2 = 2t_2$

$\angle APB = \frac{\pi}{4}$ より、$\tan(\angle APB) = 1$ であるから、

$\left|\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\right| = 1$

$\left|\frac{2t_1 - 2t_2}{1 + 4t_1 t_2}\right| = 1$

$\left|\frac{2(t_1 - t_2)}{1 + 4q}\right| = 1$

$4(t_1 - t_2)^2 = (1 + 4q)^2$

$4((t_1 + t_2)^2 - 4t_1 t_2) = (1 + 4q)^2$

$4(4p^2 - 4q) = (1 + 4q)^2$

$16p^2 - 16q = 1 + 8q + 16q^2$

$16p^2 = 16q^2 + 24q + 1$

$q^2 + \frac{3}{2} q + \frac{1}{16} = p^2$

$(q + \frac{3}{4})^2 - (\frac{3}{4})^2 + \frac{1}{16} = p^2$

$(q + \frac{3}{4})^2 - p^2 = \frac{9}{16} - \frac{1}{16} = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}$

$(q + \frac{3}{4})^2 - p^2 = \frac{1}{2}$

$(y + \frac{3}{4})^2 - x^2 = \frac{1}{2}$

$(y + \frac{3}{4})^2 - x^2 = \frac{1}{2}$

$y = x^2$の上に点Pが存在するため、$q < p^2$

$(q + \frac{3}{4})^2 - p^2 = \frac{1}{2}$ より $q + \frac{3}{4} > 0$ だから$q > -\frac{3}{4}$

3. 最終的な答え

$(y + \frac{3}{4})^2 - x^2 = \frac{1}{2} \quad (y > -\frac{3}{4})$