5京都大学 2025年 数学 第5問解答・解説

$c=\cos\theta$、$s=\sin\theta$、$h=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ とおく。
$-\dfrac{\pi}{4}<\theta<\dfrac{\pi}{4}$ より $c>\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ なので、$\mathrm{P}$ の高さ $\dfrac{c}{2}$ は $\mathrm{A}$ の高さ $h$ より大きい。
したがって直線 $\mathrm{AP}$ は $xy$ 平面に平行ではなく、交点 $\mathrm{Q}$ は常に一意に存在する。

交点の座標。
直線 $\mathrm{AP}$ 上の点を $\overrightarrow{\mathrm{OA}}+t\left(\overrightarrow{\mathrm{OP}}-\overrightarrow{\mathrm{OA}}\right)$ と表す。第3成分を0とすると
$$h+t\left(\dfrac{c}{2}-h\right)=0,\qquad t=\dfrac{1}{1-\sqrt{2}\,c}.$$
よって $\mathrm{Q}=(x,y,0)$ の平面座標は
$$x=\dfrac{c}{1-\sqrt{2}\,c},\qquad y=\dfrac{s}{1-\sqrt{2}\,c}.$$
ここで $1+\sqrt{2}\,x=\dfrac{1}{1-\sqrt{2}\,c}<0$ だから
$$c=\dfrac{x}{1+\sqrt{2}\,x},\qquad s=\dfrac{y}{1+\sqrt{2}\,x}.$$
$c^{2}+s^{2}=1$ を使えば
$$x^{2}+y^{2}=(1+\sqrt{2}\,x)^{2}, \qquad \boxed{(x+\sqrt{2})^{2}-y^{2}=1}.$$
さらに $x$ を $c$ の関数とみると
$$\dfrac{d}{dc}\left(\dfrac{c}{1-\sqrt{2}\,c}\right) =\dfrac{1}{(1-\sqrt{2}\,c)^{2}}>0.$$
$\dfrac{1}{\sqrt{2}}<c\leqq1$ より
$$x\leqq\dfrac{1}{1-\sqrt{2}}=-1-\sqrt{2}.$$

この左側の枝の全点が得られること。
$(x+\sqrt{2})^{2}-y^{2}=1$、$x\leqq-1-\sqrt{2}$ を満たす任意の点をとり、
$$D=1+\sqrt{2}\,x<0,\qquad c=\dfrac{x}{D},\qquad s=\dfrac{y}{D}$$
とおく。曲線の式から $c^{2}+s^{2}=1$。
また
$$c-\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{-1}{\sqrt{2}\,D}>0, \qquad c-1=\dfrac{-1-(\sqrt{2}-1)x}{D}\leqq0.$$
よって $\dfrac{1}{\sqrt{2}}<c\leqq1$ であり、$\cos\theta=c$、$\sin\theta=s$ を満たす $-\dfrac{\pi}{4}<\theta<\dfrac{\pi}{4}$ が存在する。交点の式に戻せば、もとの $(x,y)$ が得られる。
したがって軌跡は
$$\boxed{(x+\sqrt{2})^{2}-y^{2}=1,\qquad x\leqq-1-\sqrt{2}}$$
であり、双曲線の左側の枝全体である。
頂点 $(-1-\sqrt{2},\,0)$ は $\theta=0$ に対応して含まれる。
$\theta\to\pm\dfrac{\pi}{4}$ では点は無限遠へ進むため、除くべき有限の端点はない。
漸近線は $y=\pm(x+\sqrt{2})$。図の青線が軌跡、破線が漸近線である。