座標平面上の曲線$C_1$が媒介変数$t$を用いて$x = \frac{2}{t}, y = \frac{t-1}{t^2}$と表される。また、曲線$C_2$が極方程式$r = 5\sin(\theta + \frac{\pi}{3})$と表される。 (1) $t$を消去して、$C_1$を$x, y$を用いて表せ。 (2) $C_2$を直交座標に関する方程式で表せ。 (3) 原点を$O$、$C_1$と$x$軸との交点のうち$O$でない方を$A$、$C_2$の中心を$B$とする。このとき、$\triangle OAB$の面積を求めよ。

1. 問題の内容

座標平面上の曲線$C_1$が媒介変数$t$を用いて$x = \frac{2}{t}, y = \frac{t-1}{t^2}$と表される。また、曲線$C_2$が極方程式$r = 5\sin(\theta + \frac{\pi}{3})$と表される。

(1) $t$を消去して、$C_1$を$x, y$を用いて表せ。

(2) $C_2$を直交座標に関する方程式で表せ。

(3) 原点を$O$、$C_1$と$x$軸との交点のうち$O$でない方を$A$、$C_2$の中心を$B$とする。このとき、$\triangle OAB$の面積を求めよ。

2. 解き方の手順

(1) $x = \frac{2}{t}$より、$t = \frac{2}{x}$である。これを$y = \frac{t-1}{t^2}$に代入する。

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

よって、$y = \frac{2x - x^2}{4}$なので、$4y = 2x - x^2$となる。

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

$y = \frac{x-x^2/2}{2}$と書くこともできる。

(2) $r = 5\sin(\theta + \frac{\pi}{3}) = 5(\sin\theta \cos\frac{\pi}{3} + \cos\theta \sin\frac{\pi}{3}) = 5(\sin\theta \cdot \frac{1}{2} + \cos\theta \cdot \frac{\sqrt{3}}{2})$

$r = \frac{5}{2}\sin\theta + \frac{5\sqrt{3}}{2}\cos\theta$

$r^2 = rx = x^2 + y^2$, $r\sin\theta = y$, $r\cos\theta = x$より、

$r^2 = \frac{5}{2}r\sin\theta + \frac{5\sqrt{3}}{2}r\cos\theta$

$x^2 + y^2 = \frac{5}{2}y + \frac{5\sqrt{3}}{2}x$

$x^2 - \frac{5\sqrt{3}}{2}x + y^2 - \frac{5}{2}y = 0$

$(x - \frac{5\sqrt{3}}{4})^2 - (\frac{5\sqrt{3}}{4})^2 + (y - \frac{5}{4})^2 - (\frac{5}{4})^2 = 0$

$(x - \frac{5\sqrt{3}}{4})^2 + (y - \frac{5}{4})^2 = \frac{75}{16} + \frac{25}{16} = \frac{100}{16} = \frac{25}{4}$

よって、中心$(\frac{5\sqrt{3}}{4}, \frac{5}{4})$、半径$\frac{5}{2}$の円である。

$x^2+y^2 = \frac{5}{2}(y+\sqrt{3}x) = \frac{5}{2}(\sqrt{3}x+y)$

元の式に戻ると、$r = 5\sin(\theta + \frac{\pi}{3})$

$r = 5(\sin\theta\cos\frac{\pi}{3}+\cos\theta\sin\frac{\pi}{3}) = 5(\frac{1}{2}\sin\theta + \frac{\sqrt{3}}{2}\cos\theta)$

$x^2+y^2 = 5(\frac{y}{2} + \frac{\sqrt{3}x}{2})r = \frac{5}{2}(y + \sqrt{3}x)r$

$r^2 = \frac{5}{2}(y+\sqrt{3}x)r$

$r = \frac{5}{2}(\sin\theta\cos\frac{\pi}{3} + \cos\theta\sin\frac{\pi}{3})$

$r = 5\sin(\theta+\frac{\pi}{3})$に$r$を掛けると、

$r^2 = 5r\sin(\theta+\frac{\pi}{3}) = 5r(\sin\theta\cos\frac{\pi}{3}+\cos\theta\sin\frac{\pi}{3}) = 5r(\sin\theta\frac{1}{2}+\cos\theta\frac{\sqrt{3}}{2}) = \frac{5}{2}(r\sin\theta+\sqrt{3}r\cos\theta) = \frac{5}{2}(y+\sqrt{3}x)$

$x^2 + y^2 = \frac{5}{2}(\sqrt{3}x+y)$

(3) $C_1$と$x$軸の交点は、$y = 0$より、$\frac{t-1}{t^2} = 0$なので、$t = 1$である。このとき、$x = \frac{2}{1} = 2$である。よって、$A(2, 0)$である。

$C_2$の中心は$B(\frac{5\sqrt{3}}{4}, \frac{5}{4})$である。

$\triangle OAB$の面積は、$\frac{1}{2} \cdot OA \cdot y_B = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{5}{4} = \frac{5}{4}$である。

よって答えは$\frac{5}{4}$である。

1. 最終的な答え

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

(2) $x^2+y^2 = \frac{5}{2}(\sqrt{3}x+y)$

(3) $\frac{5}{4}$