【別解】 $P=(x,y)$ とおけば
$\sqrt{(x+2)^2+y^2}:\sqrt{(x-1)^2+y^2}=2:1$
より、外項の積＝内項の積の両辺を2乗して
$(x+2)^2+y^2=4 \{(x-1)^2+y^2 \}$
$3x^2-12x +3y^2=0$
$(x-2)^2+y^2=4$
中心 $(2,0)$ で半径 $2$ の円である。……(答)
【蛇足】 この円をアポロニウスの円と呼ぶ。
【別解】 $P=(x,y)$ とおけば
$\sqrt{(x+2)^2+y^2}:\sqrt{(x-1)^2+y^2}=2:1$
より、外項の積＝内項の積の両辺を2乗して
$(x+2)^2+y^2=4 \{(x-1)^2+y^2 \}$
$3x^2-12x +3y^2=0$
$(x-2)^2+y^2=4$
中心 $(2,0)$ で半径 $2$ の円である。……(答)
【蛇足】 この円をアポロニウスの円と呼ぶ。
【問題13】 円 $x^2+y^2=2$ と直線 $y=x+1$ の交点を A, B とする。線分 ＡＢ の長さを求め、その中点の座標も求めよ。---
【解1】 2式を連立して解くと
$x^2+(x+1)^2=2 \Rightarrow 2x^2+2x-1=0$ ……(1)
より
$A(\frac{-1+\sqrt{3}}{2},\frac{1+\sqrt{3}}{2})$
$B(\frac{-1-\sqrt{3}}{2},\frac{1-\sqrt{3}}{2})$
だから
$AB=\sqrt{ (\frac{-1+\sqrt{3}}{2} - \frac{-1-\sqrt{3}}{2})^2+ (\frac{1+\sqrt{3}}{2}-
\frac{1-\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{6}$ ……(答)
$M=\frac{A+B}{2}=(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ ……(答)
【解2】 (1) の2つの解を $\alpha,\beta$ とすれば
$\alpha+\beta=-1, \alpha\beta=-\frac{1}{2}$
だから
$|\beta-\alpha|^2 = (\alpha+\beta)^2-4\alpha\beta=1+2=3$
線分 AB を斜辺とする直角二等辺三角形を考えれば
$AB=\sqrt{2} \times |\beta-\alpha| =\sqrt{6}$ ……(答)
中点の座標は
$(\frac{\alpha+\beta}{2},\frac{\alpha+\beta}{2}+1)=(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$
……(答)
【解3】 原点と直線 $y=x+1$ の間の距離 $d$ は
$d=\frac{|1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
であり、円の半径は $r=\sqrt{2}$ だから、弦 AB の長さは
$AB=2 \times \sqrt{r^2-d^2}=2 \times \sqrt{\frac{3}{2}}=\sqrt{6}$ ……(答)
中点は円の中心から弦に下ろした垂線 $y=-x$ の足だから、2つの直線の交点である。よって
$y=x+1,y=-x \Rightarrow (x,y)=(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2} )$ ……(答)
【問題14】 O を原点とする座標平面における曲線 $C:\frac{x^2}{4}＋y^2＝1$ 上に、点 $P（1,\frac{\sqrt{3}}{2}）$
をとる。
（1） $C$ の接線で直線 OP に平行なものを求めよ。
（2） 点 Q が $C$上を動くとき、$\triangle OPQ$ の面積の最大値 $S$ と、最大値を与える Q の座標を求めよ。--- 
【解】 (1) 接点を $(x_{1},y_{1})$ とすると、楕円の接線の方程式は
$\frac{x_{1} x}{4}＋y_{1} y＝1$
となる。その傾きは
$-\frac{x_{1}}{4 y_{1}}$
だが、これが直線 OP の傾きに等しいから
$-\frac{x_{1}}{4 y_{1}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$
よって
$x_{1}= -2 \sqrt{3} y_{1}$
ところで、点 $(x_{1},y_{1})$ は所与の曲線上にあるから
$\frac{x_{1}^2}{4}＋y_{1}^2＝1$
したがって
$(x_{1},y_{1}) =( \pm \sqrt{3}, \mp \frac{1}{2})$
求めるべき接線の方程式は
$\sqrt{3} x - 2 y＝\pm 4$ ……(答)
(2) 三角形の底辺の
$OP=\sqrt{1+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2} =\frac{\sqrt{7}}{2}$
に対し、高さを最大にするには点 Q が先の接点になればよい。よって最大値を与える Q は
$Q=( \pm \sqrt{3}, \mp \frac{1}{2})$ ……(答)
であり、最大の高さは点 Q と直線 $y= \frac{\sqrt{3}}{2} x$ の間の距離 $d$ に等しいから
$d=\frac{|\mp 1/2 -(\sqrt{3}/2)\cdot(\pm \sqrt{3})|}{\sqrt{1^2+(\sqrt{3}/2)^2}}
= \frac{4}{\sqrt{7}}$
よって面積の最大値は
$S=\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{7}}{2} \cdot \frac{4}{\sqrt{7}} =1$
……(答)
【問題15】 $AB=8,AC=3, \tan A=-5 \sqrt{7}/9$ の $\triangle ABC$ がある。$\triangle ABC$
の重心を $Ｇ$ とするとき、線分 $AG$ の長さはいくらか。---
【解】 点 A を原点とし、半直線 AＢ を $x$軸の正の部分とし、点 C を第 2 象限の点とする。3点の座標は
$A(0,0)$
$B(8,0)$
$C(3 \cos A,3 \sin A)$
となり、
$\tan A=- \frac{5 \sqrt{7}}{9}$
である。重心の公式：
$G=\frac{A+B+C}{3}$
より
$G=(\frac{8}{3}+\cos A,\sin A)$
よって
$AG=\sqrt{(\frac{8}{3}+\cos A )^2+(\sin A )^2}$
$=\sqrt{ \frac{64}{9} + \frac{16}{3} \cos A+1 }$
ところで
$\frac{1}{\cos^2 A}=1+\tan^2 A$
であるから
$\cos^2 A=1/\{ 1+(- \frac{5 \sqrt{7}}{9})^2 \}=\frac{81}{256}$
ところで、点 C は第2象限の点だから、$A$ は鈍角であることに注意して
$\cos A=-\frac{9}{16}$
$AG=\sqrt{ \frac{64}{9} - \frac{16}{3} \times \frac{9}{16} +1 }= \sqrt{\frac{46}{9}}=\frac{\sqrt{46}}{3}$ ……(答)