座標平面上に円 $K: x^2 + y^2 - 8x = 0$ がある。円 $K$ の中心を $C$ とする。点 $A(-1, 0)$ を通り、傾きが $a$ （$a$ は正の定数）の直線を $l$ とする。 (1) 点 $C$ の座標と円 $K$ の半径を求める。 (2) 直線 $l$ の方程式を $a$, $x$, $y$ を用いて表し、直線 $l$ と円 $K$ が接するときの $a$ の値を求める。 (3) $a$ は(2)で求めた値とする。点 $C$ を通り、直線 $l$ に垂直な直線と $y$ 軸の交点を $B$ とする。点 $B$ の座標を求め、円 $K$ 上を点 $P$ が動くとき、$\triangle ABP$ の面積の最大値を求める。

1. 問題の内容

座標平面上に円 $K: x^2 + y^2 - 8x = 0$ がある。円 $K$ の中心を $C$ とする。点 $A(-1, 0)$ を通り、傾きが $a$ （$a$ は正の定数）の直線を $l$ とする。

(1) 点 $C$ の座標と円 $K$ の半径を求める。

(2) 直線 $l$ の方程式を $a$, $x$, $y$ を用いて表し、直線 $l$ と円 $K$ が接するときの $a$ の値を求める。

(3) $a$ は(2)で求めた値とする。点 $C$ を通り、直線 $l$ に垂直な直線と $y$ 軸の交点を $B$ とする。点 $B$ の座標を求め、円 $K$ 上を点 $P$ が動くとき、$\triangle ABP$ の面積の最大値を求める。

2. 解き方の手順

(1) 円 $K$ の方程式 $x^2 + y^2 - 8x = 0$ を変形して、標準形 $(x - h)^2 + (y - k)^2 = r^2$ にする。

$x^2 - 8x + y^2 = 0$

$(x - 4)^2 - 16 + y^2 = 0$

$(x - 4)^2 + y^2 = 16$

したがって、円 $K$ の中心 $C$ の座標は $(4, 0)$ であり、半径は $\sqrt{16} = 4$ である。

(2) 点 $A(-1, 0)$ を通り、傾きが $a$ の直線 $l$ の方程式は、

$y - 0 = a(x - (-1))$

$y = a(x + 1)$

$y = ax + a$

したがって、直線 $l$ の方程式は $ax - y + a = 0$ である。

直線 $l$ と円 $K$ が接するとき、点 $C(4, 0)$ と直線 $l$ との距離が半径 4 に等しい。点と直線の距離の公式より、

$\frac{|a(4) - 0 + a|}{\sqrt{a^2 + (-1)^2}} = 4$

$\frac{|5a|}{\sqrt{a^2 + 1}} = 4$

$|5a| = 4\sqrt{a^2 + 1}$

両辺を2乗すると、

$25a^2 = 16(a^2 + 1)$

$25a^2 = 16a^2 + 16$

$9a^2 = 16$

$a^2 = \frac{16}{9}$

$a = \pm \frac{4}{3}$

$a$ は正の定数なので、$a = \frac{4}{3}$ である。

(3) $a = \frac{4}{3}$ のとき、直線 $l$ の傾きは $\frac{4}{3}$ である。点 $C(4, 0)$ を通り、直線 $l$ に垂直な直線の傾きは $-\frac{3}{4}$ である。

この直線の方程式は、

$y - 0 = -\frac{3}{4}(x - 4)$

$y = -\frac{3}{4}x + 3$

この直線と $y$ 軸の交点 $B$ は、 $x = 0$ のとき $y = 3$ となる。

したがって、点 $B$ の座標は $(0, 3)$ である。

点 $A(-1, 0)$ と点 $B(0, 3)$ を通る直線の式は、傾きが $\frac{3-0}{0-(-1)} = 3$ より、 $y = 3x + 3$ である。

$\triangle ABP$ の面積が最大になるのは、点 $P$ が直線 $AB$ から最も遠い点、つまり、直線 $AB$ に平行で、円 $K$ に接する直線上の点である。直線 $AB$ と円 $K$ の中心 $(4, 0)$ との距離は、

$\frac{|3(4) - 0 + 3|}{\sqrt{3^2 + (-1)^2}} = \frac{15}{\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{2}$

$AB = \sqrt{(0-(-1))^2 + (3-0)^2} = \sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$

点 $P$ と直線 $AB$ との距離の最大値は、 $\frac{3\sqrt{10}}{2} + 4 = \frac{3\sqrt{10} + 8}{2\sqrt{10}}\sqrt{10} = \frac{30+4\sqrt{10}}{5}$

$S = \frac{1}{2}AB \cdot h = \frac{1}{2}\sqrt{10}(\frac{3\sqrt{10}}{2} + 4)$

$= \frac{1}{2}(15\sqrt{10}\sqrt{10}/5 + 4\sqrt{10}/5)$

$= \frac{1}{2}(15\sqrt{10}+4\sqrt{10})$

底辺 $AB$ の長さは $\sqrt{10}$ なので、高さが最大のとき面積も最大となる。

円の中心から直線 $AB$ までの距離は $d=\frac{|3(4)-1(0)+3|}{\sqrt{3^2+1^2}}=\frac{15}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{2}$

円の半径は $r=4$. したがって、高さの最大値は $h=\frac{3\sqrt{10}}{2}+4$

$\triangle ABP = \frac{1}{2}\sqrt{10}(\frac{3\sqrt{10}}{2}+4)=\frac{1}{2}(15+4\sqrt{10})=\frac{15+4\sqrt{10}}{2}$

3. 最終的な答え

(1) 点 $C$ の座標: $(4, 0)$, 円 $K$ の半径: $4$

(2) 直線 $l$ の方程式: $ax - y + a = 0$, $a$ の値: $\frac{4}{3}$

(3) 点 $B$ の座標: $(0, 3)$, $\triangle ABP$ の面積の最大値: $\frac{15+4\sqrt{10}}{2}$