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記事No.15477に関するスレッドです

はじめての書き込みです / minato
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。

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。

No.15468 - 2011/10/14(Fri) 16:25:51

Re: はじめての書き込みです / ヨッシー
90°回転した方のイメージを作ってみました。

No.15473 - 2011/10/15(Sat) 00:20:49

別のアプローチ / angel
動点Q,Rを元にSを表す方法であれば、ヨッシーさんの解説のようになると思います。
が、別のアプローチとして、
 ある点Sを考えた時、
  △QRSが∠QRS=90°の直角二等辺三角形であり、
  点Qが円周C1上に、点Rが円周C2上にある
 ようなQ,Rの組が存在するかどうか
を考えていくのも手です。
ただ、厄介なのはQ,Rという二種類の動点があること。直角二等辺三角形QRSを作る時に、どのようにQ,Rを探せば良いのか、というところです。

そのため、次のようなステップで考えます。
 1. ある点Sを取る
 2. 点Rを円周C2上で動かし、それぞれで直角二等辺三角形QRSを作って、頂点Qとなる点をすべて集める
 3. 2. で集めた頂点Qとなる点の中で、円周C1上に来るものがあるかどうか調べる

No.15475 - 2011/10/15(Sat) 09:44:29

Re: 別のアプローチ / angel
一つ具体例を挙げましょう。
図のようにSを配置した場合、ステップ2 で頂点Qとなる点をすべて集めると、オレンジ色の2個の円になります。
※Rをある点にとった場合の直角二等辺三角形を、青や紫の三角で例示しています。

なぜ2個になるかといえば、三角形の向きが2種類あるから、ですね。

さて、その上で
  △QRSが∠QRS=90°の直角二等辺三角形であり、
  点Qが円周C1上に、点Rが円周C2上にある
を考えてみると、この例ではそのようなQ,Rの組が存在します。図中赤で示したQ,Rです。
これがステップ3で調べること。
で、この例でなぜ存在するかが分かったかというと、オレンジ色の円 ( ステップ2でのQを集めたもの ) と円周C1に共有点があったからです。
逆に円に共有点がなければ、Q,Rの組は存在しない、となります。

最終的に、「Q,Rの組が存在する」ようなSの存在範囲を特定してあげれば、それが問題の答えとなる軌跡になります。

No.15476 - 2011/10/15(Sat) 10:19:41

Re: 別のアプローチ / angel
さて、上であげた図の中で、どのようにオレンジ色の2個の円を求めればよいのか、その内容は説明していませんでした。
ここがステップ2の所なのですが、「点Rを動かし、点Qとなる点を全て集める」というのは、要するに軌跡を求めるということになります。

なんとなく三角関数を使って計算すれば、半径2√2の円になることが分かると思いますが、図形的に説明することもできます。それが添付した図です。

点S(p,q)に対して直角二等辺三角形QRSがある状況で、もう一つ直角三角形XOSを考えます。このXの座標は(-q,p)であり、Sに応じて定まる点です。

そうすると、青く色付けした2個の三角形 SQX と SRO というのは相似になります。
なぜなら、直角二等辺三角形の性質から SQ:SR=SX:SO=√2:1
また、∠QSX=∠RSO=45°-∠XSR と、二辺の比とそれを挟む角の一致があるからです。

これにより、XQ:OR=√2:1でもあり、R ( に対応するQ ) の取り方にかかわらず、XQ=2√2 (一定) ということで、Qの軌跡はXを中心とする半径2√2の円と分かります。

まあ、実際の解答では十分条件も説明しなければいけませんが、話としては単なる裏返しです。

後もう一つ、下にできる円については、X(-q,p)の代わりにY(q,-p) ( 三角YOSが直角二等辺三角形 ) で考えると出てきます。

No.15477 - 2011/10/15(Sat) 10:43:12

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?

No.15478 - 2011/10/15(Sat) 10:53:45

Re: はじめての書き込みです / ヨッシー
あ、図はx,y逆転していますが、計算の方は合っていると思います。
No.15479 - 2011/10/15(Sat) 14:37:22

Re: はじめての書き込みです / angel
ヨッシーさん、すいません。失礼しました。
解説で書いている答は同じですね。
図は 90°回転させて A(10,0) としたもので作っているのですね。了解しました。

No.15495 - 2011/10/16(Sun) 16:56:54