高校生です。
半径1,中心A(0,10)の円周C1と半径2,中心O(0,0)の円周C2において、Qが円周C1上,Rが円周C2上を動き、三点QRSを頂点とし、角?猷RSが直角になるような直角二等辺三角形△QRSを考えるとき、第３の頂点Sが動いた軌跡を図示せよ。
という問題なのですがどこから手をつければいいのかわかりません。ベクトル、三角形の比(1:1:??2)、二等辺三角形の角の二等分は垂線であることから法線の方程式を求める、などと考えたのですが、結局Q,Rの座標の処理に困りました。解説をお願いします。
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No.15467 - 2011/10/14(Fri) 11:44:00
| ☆ Re: はじめての書き込みです / ヨッシー  | | | Ｑ：(cosθ,10+sinθ)、Ｒ：(2cosφ, 2sinφ) として、
点Ｑを点Ｒ中心に90°および -90°回転させた点が
点Ｓであると考えます。
線分ＱＲを、傾きを変えずに点Ｒが原点に来るまで移動すると、
点Ｑは点Ｑ’：(cosθ−2cosφ, 10+sinθ−2sinφ)に移ります。
点Ｑ’を原点まわりに
90°回転したのが、(−10−sinθ＋2sinφ, cosθ−2cosφ)、
-90°回転したのが、(10+sinθ−2sinφ, −cosθ＋2cosφ)
となります。
これを、最初にずらしただけ戻して、
(−10−sinθ＋2sinφ＋2cosφ, cosθ−2cosφ＋2sinφ)
(10+sinθ−2sinφ＋2cosφ, −cosθ＋2cosφ＋2sinφ)
Ｓ：(x,y)＝(−10−sinθ＋2sinφ＋2cosφ, cosθ−2cosφ＋2sinφ) とおくと
x+10＝−sinθ＋2sinφ＋2cosφ＝−sinθ＋2√2sin(φ＋π/4)
y＝cosθ−2cosφ＋2sinφ＝cosθ−2√2cos(φ＋π/4)
より、
(x+10)^2＋y^2＝９−4√2{sinθsin(φ＋π/4)＋cosθcos(φ＋π/4)}
＝９−4√2sin(θ＋φ＋π/4)
となり、θ＋φ＋π/4 は、あらゆる角度をとれるので、
点Ｓは、点(-10,0) 中心、半径√(９−４√２)＝2√2−１
の円と、中心が同じで、半径√(９＋４√２)＝2√2＋１ の円に
挟まれたドーナツ型の部分に存在します。
Ｓ：(x,y)＝(10+sinθ−2sinφ＋2cosφ, −cosθ＋2cosφ＋2sinφ) とおいたときは、
中心が、(10,0) になると思います。
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No.15468 - 2011/10/14(Fri) 16:25:51 |
| ☆ 答え / angel | | | では最後に答えです。
点S(p,q)に対応する、ステップ2でQを集めたもの ( Qの軌跡 ) は、
点(-q,p) を中心とする半径2√2の円
点(q,-p) を中心とする半径2√2の円
です。
ステップ3で、これらの円と円周C1が共有点を持つかどうかを調べるわけですが、これは円の中心間の距離のお話になります。つまり、
2√2-1≦( (-q,p)と(0,10)の距離 )≦2√2+1
または 2√2-1≦( (q,-p)と(0,10)の距離 )≦2√2+1
ということで、これを整理すると
(2√2-1)^2 ≦ (p-10)^2+q^2 ≦ (2√2+1)^2
(2√2-1)^2 ≦ (p+10)^2+q^2 ≦ (2√2+1)^2
結局、S の軌跡は
(10,0)を中心とする、半径2√2-1, 2√2+1 の2円に囲まれたドーナツ状の領域 ( 境界含む )
および (-10,0)を中心とする、半径2√2-1, 2√2+1 の2円に囲まれたドーナツ状の領域 ( 境界含む )
となります。
…あれ? ヨッシーさんと答えが違う。
…ヨッシーさんは、ひょっとして点Aを(10,0)と間違えて計算していますかね?
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No.15478 - 2011/10/15(Sat) 10:53:45 |
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