4高知大学 2024年 数学 第4問解答・解説

(1) $C_1:y=\allowbreak{}(x-a)^2$ と $C_2:y=\allowbreak{}-x^2+5$ の共有点の $x$ 座標は
$$(x-a)^2=-x^2+5$$
を満たす。整理すると
$$2x^2-2ax+(a^2-5)=0 \tag{$\ast$}$$
この2次方程式が異なる2つの実数解をもつことが，$C_1,\allowbreak{}C_2$ が異なる2つの共有点をもつための必要十分条件である（各 $x$ に対して $C_1,\allowbreak{}C_2$ の $y$ 座標はそれぞれ一意に定まるため）。判別式を $D$ とすると
$$\frac{D}{4}=a^2-2(a^2-5)=-a^2+10$$
よって $D>0 \text{、すなわち } a^2<10 \text{、すなわち } -\sqrt{10}<a<\sqrt{10}$。$a>0$ と合わせて
$$\boxed{0<a<\sqrt{10}}$$
このとき $(\ast)$ を解くと
$$x=\frac{a\pm\sqrt{10-a^2}}{2}$$
$x$ 座標の小さい方が $P$ であるから
$$x_P=\frac{a-\sqrt{10-a^2}}{2},\qquad x_Q=\frac{a+\sqrt{10-a^2}}{2}$$
$P$ は $C_2$ 上にあるから，$y_P=\allowbreak{}-x_P^2+5$ を計算する。$x_P=\allowbreak{}\dfrac{a-\sqrt{10-a^2}}{2}$ より
$$x_P^2=\frac{a^2-2a\sqrt{10-a^2}+(10-a^2)}{4}=\frac{10-2a\sqrt{10-a^2}}{4}=\frac{5-a\sqrt{10-a^2}}{2}$$
ゆえに
$$y_P=5-x_P^2=5-\frac{5-a\sqrt{10-a^2}}{2}=\frac{5+a\sqrt{10-a^2}}{2}$$
（公式に $a=\allowbreak{}1$ を代入すると $x_P=\allowbreak{}(1-3)/2=\allowbreak{}-1$，$y_P=\allowbreak{}(5+3)/2=\allowbreak{}4=\allowbreak{}-(-1)^2+5$ と一致する。）
$$\boxed{P\left(\dfrac{a-\sqrt{10-a^2}}{2},\ \dfrac{5+a\sqrt{10-a^2}}{2}\right)}$$

(2) $C_1$ の頂点は $R=\allowbreak{}(a,\allowbreak{}0)$ である。$(\ast)$ の解と係数の関係より，$x_P+x_Q=\allowbreak{}a$，$x_Px_Q=\allowbreak{}\dfrac{a^2-5}{2}$。以下 $p=\allowbreak{}x_P,\allowbreak{}\ q=\allowbreak{}x_Q$ とおく。$p+q=\allowbreak{}a$ より
$$p-a=-q,\qquad q-a=-p$$
したがって $C_1$ 上の点として
$$y_P=(p-a)^2=q^2,\qquad y_Q=(q-a)^2=p^2$$
よって
$$\vec{RP}=(p-a,\,y_P)=(-q,\,q^2),\qquad \vec{RQ}=(q-a,\,y_Q)=(-p,\,p^2)$$
$$\vec{RP}\cdot\vec{RQ}=pq+(pq)^2=pq(pq+1)$$
$t=\allowbreak{}pq=\allowbreak{}\dfrac{a^2-5}{2}$ とおくと，$\angle PRQ=\allowbreak{}90^\circ$（$\vec{RP}\neq\vec0,\allowbreak{}\ \vec{RQ}\neq\vec0$ かつ内積 $0$）の必要条件は
$$t(t+1)=0 \text{、すなわち } t=0\ \text{または}\ t=-1$$
・$t=\allowbreak{}0$ すなわち $a=\allowbreak{}\sqrt5$（$0<a<\sqrt{10}$ を満たす）のとき，$a^2=\allowbreak{}5$ なので $\sqrt{10-a^2}=\allowbreak{}\sqrt5=\allowbreak{}a$ となり $p=\allowbreak{}\dfrac{a-a}{2}=\allowbreak{}0$。このとき $\vec{RQ}=\allowbreak{}(-p,\allowbreak{}p^2)=\allowbreak{}(0,\allowbreak{}0)$ となり $Q=\allowbreak{}R$（頂点 $R$ が $C_2$ 上に乗って共有点と重なる退化した場合）で，角 $\angle PRQ$ 自体が定義できない。よってこの解は除外する。

・$t=\allowbreak{}-1$ すなわち $a^2-5=\allowbreak{}-2$，$a^2=\allowbreak{}3$，$a=\allowbreak{}\sqrt3$（$0<a<\sqrt{10}$ を満たす）。このとき $p=\allowbreak{}\dfrac{\sqrt3-\sqrt7}{2}\neq0$，$q=\allowbreak{}\dfrac{\sqrt3+\sqrt7}{2}\neq0$ で $\vec{RP},\allowbreak{}\vec{RQ}$ はともに零ベクトルでなく，内積は $t+t^2=\allowbreak{}-1+1=\allowbreak{}0$ で確かに垂直。

（）
$$\boxed{a=\sqrt3}$$

(3) $a=\allowbreak{}\sqrt3$ のとき，$10-a^2=\allowbreak{}7$ なので
$$p=x_P=\frac{\sqrt3-\sqrt7}{2},\quad q=x_Q=\frac{\sqrt3+\sqrt7}{2},\quad p+q=\sqrt3,\quad pq=\frac{a^2-5}{2}=-1$$
$R=\allowbreak{}(\sqrt3,\allowbreak{}0)$，$P=\allowbreak{}(p,\allowbreak{}q^2)$，$Q=\allowbreak{}(q,\allowbreak{}p^2)$。求める円を
$$x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$$
とおく。$s=\allowbreak{}p+q=\allowbreak{}\sqrt3$（$s^2=\allowbreak{}3$），$m=\allowbreak{}pq=\allowbreak{}-1$ とし，$p^2+q^2=\allowbreak{}s^2-2m=\allowbreak{}3+2=\allowbreak{}5$，$p^4+q^4=\allowbreak{}(p^2+q^2)^2-2(pq)^2=\allowbreak{}25-2=\allowbreak{}23$ を用いる。

$R$ を代入：$s^2+Ds+F=\allowbreak{}0$，すなわち
$$F=-s^2-Ds=-3-Ds \tag{i}$$
$P,\allowbreak{}Q$ を代入した2式の差から（$q^2-p^2=\allowbreak{}(q-p)(q+p)$，$p^4-q^4=\allowbreak{}-(q^2-p^2)(p^2+q^2)$ を使って $(q-p)\neq0$ で割ると）
$$s\{1-(p^2+q^2)\}+D-Es=0 \ \text{したがって}\ s(-4)+D-Es=0 \ \text{したがって}\ D=s(E+4) \tag{ii}$$
$P,\allowbreak{}Q$ を代入した2式の和から
$$(p^2+q^2)+(p^4+q^4)+Ds+E(p^2+q^2)+2F=0 \ \text{したがって}\ 28+Ds+5E+2F=0 \tag{iii}$$
(i)を(iii)に代入：$28+Ds+5E+2(-3-Ds)=\allowbreak{}0 \text{したがって} 22-Ds+5E=\allowbreak{}0 \text{したがって} D=\allowbreak{}\dfrac{22+5E}{s}$。これと(ii)の $D=\allowbreak{}sE+4s$ を等置し，両辺に $s$ を掛けて $s^2=\allowbreak{}3$ を用いると
$$3E+12=22+5E \ \text{したがって}\ E=-5$$
$$D=s(E+4)=s(-1)=-\sqrt3,\qquad F=-3-Ds=-3-(-\sqrt3)(\sqrt3)=-3+3=0$$
よって円は
$$x^2+y^2-\sqrt3\,x-5y=0$$
（また中心 $\left(\dfrac{\sqrt3}{2},\allowbreak{}\dfrac{5}{2}\right)$，半径$^2=\allowbreak{}7$ として $R,\allowbreak{}P,\allowbreak{}Q$ すべてで距離の2乗が $7$ に一致する。）

$y$ 軸との交点は $x=\allowbreak{}0$ を代入して
$$y^2-5y=0 \ \text{したがって}\ y(y-5)=0 \ \text{したがって}\ y=0,5$$
（）
$$\boxed{(0,0),\ (0,5)}$$