入試数学コンテスト第4回第2問解答解説

$b-x^2 = (x-a)^2 = x^2 -2ax +a^2$ の判別式は $D = 2b - a^2$ となる。ゆえに $2b-a^2 >0$ である。

$x^2 -2ax + a^2 =b-x^2$ を解くと，$x = \dfrac{a\pm \sqrt{2b-a^2}}{2}$ である。これより $C_1$ と $C_2$ の交点を求めると，$\left(\dfrac{a\pm \sqrt{2b-a^2}}{2},\dfrac{b\mp a\sqrt{2b-a^2}}{2}\right)$ （複合同順）となる。

条件より$P_1 \left(\dfrac{a- \sqrt{2b-a^2}}{2},\dfrac{b+ a\sqrt{2b-a^2}}{2}\right)$，$P_2 \left(\dfrac{a+ \sqrt{2b-a^2}}{2},\dfrac{b- a\sqrt{2b-a^2}}{2}\right)$ である。

$$\overrightarrow{PP_1} = \left(\dfrac{-a-\sqrt{2b-a^2}}{2}, \dfrac{b+ a\sqrt{2b-a^2}}{2}\right)\\ \overrightarrow{PP_2} = \left(\dfrac{-a+\sqrt{2b-a^2}}{2}, \dfrac{b- a\sqrt{2b-a^2}}{2}\right)$$ である。$\angle P_1 P P_2 = 90^{\circ}$ のとき，$\overrightarrow{PP_1} \cdot \overrightarrow{PP_2} = 0$ である。 $$\begin{aligned} \overrightarrow{PP_1} \cdot \overrightarrow{PP_2} &= \dfrac{-a-\sqrt{2b-a^2}}{2} \cdot \dfrac{-a+\sqrt{2b-a^2}}{2} +\dfrac{b+ a\sqrt{2b-a^2}}{2} \cdot \dfrac{b- a\sqrt{2b-a^2}}{2}\\ &= \dfrac{a^2 - (2b-a^2)}{4} + \dfrac{b^2 - a^2(2b-a^2)}{4}\\ &= \dfrac{1}{4} (a^4 - 2(b-1)a^2 +b^2-2b)\\ &= \dfrac{1}{4} (a^2 - b)(a^2 -b+2) \end{aligned}$$ である。

以上より $$(a^2 - b)(a^2 -b+2)=0$$ を満たす。$a^2 = b$ のとき $\overrightarrow{PP_1} = (0,0)$ となるので不適である。ゆえに $\angle P_1 P P_2 = 90^{\circ}$ のとき $a^2 = b-2$ となる。$a$ が存在するには $b-2$ が正になる。したがって求める範囲は $b>2$ となる。

$C$ は $\triangle PP_1 P_2$ の外接円である。$\angle P_1 P P_2 = 90^{\circ}$ より $P_1 P_2$ は $C$ の直径であるため， $C$ の中心は $P_1$ と $P_2$ の中点である。よって$C$ の中心は $\left( \dfrac{\sqrt{b-2}}{2} , \dfrac{b}{2} \right)$ である。

$$\left(x-\dfrac{\sqrt{b-2}}{2} \right)^2 + \left( y- \dfrac{b}{2} \right)^2 = \dfrac{b^2+b-2}{4}$$ が $C$ の式になる。これに $x=0$ を代入して計算すると $$\begin{aligned} \dfrac{b-2}{4} + \left( y- \dfrac{b}{2} \right)^2 &= \dfrac{b^2+b-2}{4}\\ \left( y- \dfrac{b}{2} \right)^2 &= \dfrac{b^2}{4}\\ y &= \dfrac{b}{2} \pm \dfrac{b}{2} \\ &= 0,b \end{aligned}$$ が得られる。以上より求めるものは $(0,0),(0,b)$ である。

$C$ の中心を $Q$ とする。$Q \left( \dfrac{\sqrt{b-2}}{2} , \dfrac{b}{2} \right)$ であった。

$\overrightarrow{OR} = \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{PQ}$ として $R$ を定めたとき，$R$ と $P$ の中点が $Q$ であるため，$R$ は $C$ 上の点になる。実際に $R$ を計算すると $$\begin{aligned} \overrightarrow{OR} &= \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{PQ}\\ &= 2\overrightarrow{OQ} - \overrightarrow{OP}\\ &=2\begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{b-2}}{2} \\ \dfrac{b}{2} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \sqrt{b-2}\\0 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} b\\0 \end{pmatrix} \end{aligned}$$ となる。こうして $R$ は $y$ 軸上の点である。

$Q$ から $x$ 軸におろした垂線の足を $M$ とおく。$M$ は $\left( \dfrac{\sqrt{b-2}}{2} , 0 \right)$ であり，これは $OP$ の中点となっている。 $$\begin{aligned} OQ &= \sqrt{OM^2 + MQ^2}\\ &= \sqrt{PM^2 + MQ^2}\\ &= PQ \end{aligned}$$

したがって $O$ は $C$ 上の点である。

以上より $(0,0),(0,b)$ は $C$ と $y$ 軸上にある。 円と直線の交点は高々2つであるため，求めるものは $(0,0),(0,b)$ である。

(3) より $C$ は $Q$ を中心とし，$O,P_2$ が円周上にある円であるため，$OQ = QP_2$ となる。よって $OQ = OP_2$ である $b$ を求めれば良い。$a=\sqrt{b-2}$ のとき，$P_2$ は $\left(\dfrac{\sqrt{b-2}+ \sqrt{b+2}}{2},\dfrac{b- \sqrt{b^2-4}}{2}\right)$ である。 $$\begin{aligned} OQ&=OP_2\\ OQ^2 &= OP_2^2\\ \dfrac{1}{4} (b^2+b-2) &= \left(\dfrac{\sqrt{b-2}+ \sqrt{b+2}}{2}\right)^2 + \left( \dfrac{b- \sqrt{b^2-4}}{2} \right)^2\\ &= \dfrac{1}{2} \{ b^2+b-2 -(b-1) \sqrt{b^2-4} \}\\ b^2+b-2 &= 2(b-1) \sqrt{b^2-4} \end{aligned}$$ ここで $b>2$ より $b-1 \neq 0$ であるため，辺々 $b-1$ で割ると $$b+2 = 2 \sqrt{b^2-4}$$ が得られる。辺々を2乗すると $$b^2 + 4b+4 = 4b^2 -16\\ 3b^2 +4b -20 = 0\\ b = -2 ,\dfrac{10}{3}$$ が得られる。$b>2$ なので $b = \dfrac{10}{3}$ が解となる。

条件から $\angle QOP_2 = 60^{\circ}$ である。$OQ$ と $x$ 軸の成す角を $\phi$，$OP_2$ と $x$ 軸の成す角を $\theta$ とおく。$Q \left( \dfrac{\sqrt{b-2}}{2} , \dfrac{b}{2} \right)$，$P_2 \left(\dfrac{\sqrt{b-2}+\sqrt{b+2}}{2} , \dfrac{b-\sqrt{b^2-4}}{2}\right)$ であることから， $$\tan \phi = \dfrac{b}{\sqrt{b-2}}\\ \tan \theta = \dfrac{b-\sqrt{b^2-4}}{\sqrt{b-2}+\sqrt{b+2}}$$ である。 $$\begin{aligned} &\tan (\phi - \theta)\\ &= \dfrac{\dfrac{b}{\sqrt{b-2}}-\dfrac{b-\sqrt{b^2-4}}{\sqrt{b-2}+\sqrt{b+2}}}{1+\dfrac{b}{\sqrt{b-2}} \dfrac{b-\sqrt{b^2-4}}{\sqrt{b-2}+\sqrt{b+2}}}\\ &= \dfrac{(\sqrt{b+2}+\sqrt{b-2})b - (b-\sqrt{b^2-4})\sqrt{b-2}}{b-2+\sqrt{b^2-4}+b^2-b\sqrt{b^2-4}}\\ &= \dfrac{2(b-1)\sqrt{b+2}}{(b-1)(b+2-\sqrt{b^2-4})}\\ &= \dfrac{2}{\sqrt{b+2}-\sqrt{b-2}} \end{aligned}$$ が得られる。 条件より $\phi - \theta = \pm 60^{\circ}$ である。（$\phi$ と $\theta$ の大小関係は分かっていないため $\pm$ をつけた。） よって $$\dfrac{2}{\sqrt{b+2}-\sqrt{b-2}} = \pm \sqrt{3}$$ を解けば良い。辺々を2乗し整理すると $$\dfrac{4}{3} = 2b-2\sqrt{b^2-4}\\ 3b-2 = 3\sqrt{b^2-4}$$ である。さらにこれの辺々を2乗することで $$9b^2 - 12b +4 = 9b^2 -36\\ 12b = 40\\ b=\dfrac{10}{3}$$ が得られる。実際 $b = \dfrac{10}{3}$ は最初の方程式を満たす。よってこれが解となる。