このページは、「媒介変数表示の点の軌跡」の練習問題アーカイブページとなります。
この問題の解き方の詳細は↓
媒介変数表示の点の軌跡 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01放物線 \(y=-x^2+4tx+2t\) の頂点は、\(t\) の値が変化するとき、どのような曲線を描くか。
数研出版｜数学C[708] p.144 練習24
数研出版｜高等学校数学C[709] p.132 練習20
数研出版｜新編数学C[710] p.127 練習19
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
\(y=-x^2+4tx+2t\) を平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&-x^2+4tx+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-4tx)+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-4tx+4t^2-4t^2)+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-4tx+4t^2)+4t^2+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x-2t)^2+4t^2+2t\end{eqnarray}\)
これより、頂点 \((2t~,~4t^2+2t)\) となる
ここで、頂点の \(x\) 座標は \(2t\) となるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=2t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=4t^2+2t~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,1\,]}\) より \(t=\displaystyle \frac{\,x\,}{\,2\,}\) となるので、\({\small [\,2\,]}\) に代入して、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&4\left(\displaystyle \frac{\,x\,}{\,2\,}\right)^2+2 \cdot \displaystyle \frac{\,x\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&4 \cdot \displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,4\,}+x
\\[5pt]~~~&=&x^2+x\end{eqnarray}\)
したがって、頂点は放物線 \(y=x^2+x\) 上を描く
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&-x^2+4tx+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-4tx)+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-4tx+4t^2-4t^2)+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-4tx+4t^2)+4t^2+2t
\\[3pt]~~~&=&-(x-2t)^2+4t^2+2t\end{eqnarray}\)
これより、頂点 \((2t~,~4t^2+2t)\) となる
ここで、頂点の \(x\) 座標は \(2t\) となるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=2t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=4t^2+2t~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,1\,]}\) より \(t=\displaystyle \frac{\,x\,}{\,2\,}\) となるので、\({\small [\,2\,]}\) に代入して、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&4\left(\displaystyle \frac{\,x\,}{\,2\,}\right)^2+2 \cdot \displaystyle \frac{\,x\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&4 \cdot \displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,4\,}+x
\\[5pt]~~~&=&x^2+x\end{eqnarray}\)
したがって、頂点は放物線 \(y=x^2+x\) 上を描く
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02サイクロイド \(x=2(\theta-\sin \theta)~,~\)\(y=2(1-\cos \theta)\) において、\(\theta\) が次の値をとったときの点の座標を求めよ。
\({\small (1)}~\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) \({\small (2)}~\theta=\pi\)
\({\small (3)}~\theta=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\) \({\small (4)}~\theta=2\pi\)
\({\small (1)}~\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) \({\small (2)}~\theta=\pi\)
\({\small (3)}~\theta=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\) \({\small (4)}~\theta=2\pi\)
数研出版｜数学C[708] p.149 練習31
数研出版｜高等学校数学C[709] p.135 練習26
数研出版｜新編数学C[710] p.131 練習25
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
\({\small (1)}~\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2\left(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi-\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2\left(1-\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \(\left(\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi-\sqrt{\,3\,}~,~1\right)\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2(\pi-\sin \pi)
\\[3pt]~~~&=&2(\pi-0)
\\[3pt]~~~&=&2\pi\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2(1-\cos \pi)
\\[3pt]~~~&=&2\{\,1-(-1)\,\}
\\[3pt]~~~&=&2 \cdot 2
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \((2\pi~,~4)\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi-\sin \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi-(-1)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi+1\right)
\\[5pt]~~~&=&3\pi+2\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2\left(1-\cos \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2(1-0)
\\[5pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \((3\pi+2~,~2)\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2(2\pi-\sin 2\pi)
\\[3pt]~~~&=&2(2\pi-0)
\\[3pt]~~~&=&4\pi\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2(1-\cos 2\pi)
\\[3pt]~~~&=&2(1-1)
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \((4\pi~,~0)\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2\left(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\sin \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi-\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2\left(1-\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \(\left(\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi-\sqrt{\,3\,}~,~1\right)\) となる
\({\small (2)}~\theta=\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2(\pi-\sin \pi)
\\[3pt]~~~&=&2(\pi-0)
\\[3pt]~~~&=&2\pi\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2(1-\cos \pi)
\\[3pt]~~~&=&2\{\,1-(-1)\,\}
\\[3pt]~~~&=&2 \cdot 2
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \((2\pi~,~4)\) となる
\({\small (3)}~\theta=\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi-\sin \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi-(-1)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi+1\right)
\\[5pt]~~~&=&3\pi+2\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2\left(1-\cos \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2(1-0)
\\[5pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \((3\pi+2~,~2)\) となる
\({\small (4)}~\theta=2\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2(2\pi-\sin 2\pi)
\\[3pt]~~~&=&2(2\pi-0)
\\[3pt]~~~&=&4\pi\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2(1-\cos 2\pi)
\\[3pt]~~~&=&2(1-1)
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、点の座標は \((4\pi~,~0)\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03次の図のように、壁に立てかけてあった \(5~{\rm m}\) の棒が、上端は壁に、下端は床に接触しながらすべるように倒れるとき、壁と棒のなす角を \(\theta\) として、棒の下から \(2~{\rm m}\) のところにある点 \({\rm P}\) が楕円の一部を描くことを証明せよ。
数研出版｜数学C[708] p.162 問題 11
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
[証明] 壁を \(y\) 軸、床を \(x\) 軸とする座標平面で考え、棒の下端を \({\rm B}\) 、点 \({\rm P}\) の座標を \((x~,~y)\) とする
ここで、棒の長さが \(5\) 、壁と棒のなす角が \(\theta\) なので、下端 \({\rm B}\) の \(x\) 座標は
\(5\sin \theta\)
また、点 \({\rm P}\) は下端 \({\rm B}\) から棒に沿って \(2\) だけ上にあるので、点 \({\rm B}\) から見た点 \({\rm P}\) の \(x\) 軸方向、\(y\) 軸方向の移動量は
\(-2\sin \theta~,~2\cos \theta\)
これより、点 \({\rm P}\) の \(x\) 座標は、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&5\sin \theta-2\sin \theta
\\[3pt]~~~&=&3\sin \theta\end{eqnarray}\)
点 \({\rm P}\) の \(y\) 座標は、
\(y=2\cos \theta\)
よって、\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,x\,}{\,3\,}~,~\cos \theta=\displaystyle \frac{\,y\,}{\,2\,}\) となり、\(\sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,x\,}{\,3\,}\right)^2+\left(\displaystyle \frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2&=&1
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,9\,}+\displaystyle \frac{\,y^2\,}{\,4\,}&=&1\end{eqnarray}\)
また、棒が壁に立てかけられた状態から床に倒れるまで動くので、
\(0{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
となり、
\(x{\small ~≧~}0~,~y{\small ~≧~}0\)
したがって、点 \({\rm P}\) は楕円 \(\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,9\,}+\displaystyle \frac{\,y^2\,}{\,4\,}=1\) の \(x{\small ~≧~}0~,~y{\small ~≧~}0\) の部分にあるので、楕円の一部を描く [終]
ここで、棒の長さが \(5\) 、壁と棒のなす角が \(\theta\) なので、下端 \({\rm B}\) の \(x\) 座標は
\(5\sin \theta\)
また、点 \({\rm P}\) は下端 \({\rm B}\) から棒に沿って \(2\) だけ上にあるので、点 \({\rm B}\) から見た点 \({\rm P}\) の \(x\) 軸方向、\(y\) 軸方向の移動量は
\(-2\sin \theta~,~2\cos \theta\)
これより、点 \({\rm P}\) の \(x\) 座標は、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&5\sin \theta-2\sin \theta
\\[3pt]~~~&=&3\sin \theta\end{eqnarray}\)
点 \({\rm P}\) の \(y\) 座標は、
\(y=2\cos \theta\)
よって、\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,x\,}{\,3\,}~,~\cos \theta=\displaystyle \frac{\,y\,}{\,2\,}\) となり、\(\sin^2 \theta+\cos^2 \theta=1\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,x\,}{\,3\,}\right)^2+\left(\displaystyle \frac{\,y\,}{\,2\,}\right)^2&=&1
\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,9\,}+\displaystyle \frac{\,y^2\,}{\,4\,}&=&1\end{eqnarray}\)
また、棒が壁に立てかけられた状態から床に倒れるまで動くので、
\(0{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\)
となり、
\(x{\small ~≧~}0~,~y{\small ~≧~}0\)
したがって、点 \({\rm P}\) は楕円 \(\displaystyle \frac{\,x^2\,}{\,9\,}+\displaystyle \frac{\,y^2\,}{\,4\,}=1\) の \(x{\small ~≧~}0~,~y{\small ~≧~}0\) の部分にあるので、楕円の一部を描く [終]
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04次の図において、点 \({\rm C}\) を中心とする半径 \(2\) の円はタイヤを、\(x\) 軸は地面を表している。このタイヤの周上にペンキで \(1\) 箇所目印を付ける。点 \({\rm P}\) はこの目印を表し、いま、タイヤと地面は点 \({\rm P}\) で接しているとする。このタイヤが地面をすべることなく角 \(\theta\) だけ回転したとき、線分 \({\rm CP}\) の中点 \({\rm Q}\) の描く曲線の媒介変数表示を求めよ。ただし、点 \({\rm P}\) の最初の位置を原点 \({\rm O}\) 、点 \({\rm C}\) の最初の位置を点 \((0~,~2)\) とし、媒介変数は \(\theta\) とせよ。
数研出版｜高等学校数学C[709] p.148 問題 13
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
タイヤが角 \(\theta\) だけ回転すると、地面と接しながら進んだ長さは、半径 \(2\) 、中心角 \(\theta\) の弧の長さと等しくなるので、\(2\theta\)
これより、点 \({\rm C}\) は \(x\) 軸方向に \(2\theta\) だけ進み、\(y\) 座標は半径と等しい \(2\) のまま変わらないので、
\({\rm C}(2\theta~,~2)\)
次に、点 \({\rm P}\) から、点 \({\rm C}\) を通り \(x\) 軸に垂直な直線に垂線 \({\rm PH}\) を下ろすと、半径 \({\rm CP}\) は最初の真下の向きから角 \(\theta\) だけ回転しているので、
\(\angle {\rm PCH}=\theta~,~{\rm CP}=2\)
ここで、直角三角形 \({\rm CPH}\) において、
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
{\rm PH}=2\sin \theta\\
{\rm CH}=2\cos \theta
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
これより、点 \({\rm P}\) の \(x\) 座標は点 \({\rm C}\) の \(x\) 座標より \({\rm PH}\) だけ小さく、\(y\) 座標は点 \({\rm C}\) の \(y\) 座標より \({\rm CH}\) だけ小さくなるので、
\({\rm P}(2\theta-2\sin \theta~,~2-2\cos \theta)\)
ここで、点 \({\rm Q}\) は線分 \({\rm CP}\) の中点なので、中点の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,2\theta+(2\theta-2\sin \theta)\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\theta-2\sin \theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2\theta-\sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&\displaystyle \frac{\,2+(2-2\cos \theta)\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4-2\cos \theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2-\cos \theta\end{eqnarray}\)
したがって、求める媒介変数表示は
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=2\theta-\sin \theta\\
y=2-\cos \theta
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
これより、点 \({\rm C}\) は \(x\) 軸方向に \(2\theta\) だけ進み、\(y\) 座標は半径と等しい \(2\) のまま変わらないので、
\({\rm C}(2\theta~,~2)\)
次に、点 \({\rm P}\) から、点 \({\rm C}\) を通り \(x\) 軸に垂直な直線に垂線 \({\rm PH}\) を下ろすと、半径 \({\rm CP}\) は最初の真下の向きから角 \(\theta\) だけ回転しているので、
\(\angle {\rm PCH}=\theta~,~{\rm CP}=2\)
ここで、直角三角形 \({\rm CPH}\) において、
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
{\rm PH}=2\sin \theta\\
{\rm CH}=2\cos \theta
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
これより、点 \({\rm P}\) の \(x\) 座標は点 \({\rm C}\) の \(x\) 座標より \({\rm PH}\) だけ小さく、\(y\) 座標は点 \({\rm C}\) の \(y\) 座標より \({\rm CH}\) だけ小さくなるので、
\({\rm P}(2\theta-2\sin \theta~,~2-2\cos \theta)\)
ここで、点 \({\rm Q}\) は線分 \({\rm CP}\) の中点なので、中点の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&\displaystyle \frac{\,2\theta+(2\theta-2\sin \theta)\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\theta-2\sin \theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2\theta-\sin \theta\end{eqnarray}\)
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&\displaystyle \frac{\,2+(2-2\cos \theta)\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4-2\cos \theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2-\cos \theta\end{eqnarray}\)
したがって、求める媒介変数表示は
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=2\theta-\sin \theta\\
y=2-\cos \theta
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05次の方程式が円を表すように \(t\) の値が変化するとき、円の中心 \({\rm P}\) はどのような曲線を描くか。
\(x^2+y^2+2tx-4ty+5t^2-t=0\)
\(x^2+y^2+2tx-4ty+5t^2-t=0\)
数研出版｜高等学校数学C[709] p.150 章末問題B 11
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
\(x^2+y^2+2tx-4ty+5t^2-t=0\) を平方完成すると、
これより、この方程式が円を表すのは、半径の \(2\) 乗が正となるときなので、
\(t \gt 0\)
このとき、中心 \({\rm P}(-t~,~2t)\) 、半径 \(\sqrt{\,t\,}\) の円となる
ここで、中心 \({\rm P}\) の座標は \(t\) で表されるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=-t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=2t~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,1\,]}\) より \(t=-x\) となるので、\({\small [\,2\,]}\) に代入して、
\(y=-2x\)
また、\(t \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-x &\gt& 0\\[3pt]~~~x &\lt& 0\end{eqnarray}\)
したがって、中心 \({\rm P}\) は直線 \(y=-2x\) の \(x \lt 0\) の部分を描く
\(\begin{eqnarray}~~~x^2+y^2+2tx-4ty+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x^2+2tx)+(y^2-4ty)+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x^2+2tx+t^2-t^2)+(y^2-4ty+4t^2-4t^2)+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x+t)^2-t^2+(y-2t)^2-4t^2+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x+t)^2+(y-2t)^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x+t)^2+(y-2t)^2&=&t\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~(x^2+2tx)+(y^2-4ty)+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x^2+2tx+t^2-t^2)+(y^2-4ty+4t^2-4t^2)+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x+t)^2-t^2+(y-2t)^2-4t^2+5t^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x+t)^2+(y-2t)^2-t&=&0
\\[3pt]~~~(x+t)^2+(y-2t)^2&=&t\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
これより、この方程式が円を表すのは、半径の \(2\) 乗が正となるときなので、
\(t \gt 0\)
このとき、中心 \({\rm P}(-t~,~2t)\) 、半径 \(\sqrt{\,t\,}\) の円となる
ここで、中心 \({\rm P}\) の座標は \(t\) で表されるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=-t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=2t~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,1\,]}\) より \(t=-x\) となるので、\({\small [\,2\,]}\) に代入して、
\(y=-2x\)
また、\(t \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~-x &\gt& 0\\[3pt]~~~x &\lt& 0\end{eqnarray}\)
したがって、中心 \({\rm P}\) は直線 \(y=-2x\) の \(x \lt 0\) の部分を描く
問題アーカイブ06
問題アーカイブ06曲線 \({\rm C}\) の媒介変数表示 \(x=\displaystyle \frac{\,1-t^2\,}{\,1+t^2\,}~,~\)\(y=\displaystyle \frac{\,2t\,}{\,1+t^2\,}\) について、次の問いに答えよ。
\({\small (1)}~t=\tan \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\) としたとき、\(x\) と \(y\) を \(\theta\) を用いて表せ。
\({\small (2)}~\)曲線 \({\rm C}\) はどのような曲線か。
\({\small (1)}~t=\tan \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\) としたとき、\(x\) と \(y\) を \(\theta\) を用いて表せ。
\({\small (2)}~\)曲線 \({\rm C}\) はどのような曲線か。
数研出版｜新編数学C[710] p.143 章末問題B 11
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
\({\small (1)}~t=\tan \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\) より、分母について、
\(\begin{eqnarray}~~~1+t^2&=&1+\tan^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
これより、逆数をとると、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+t^2\,}=\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\)
よって、\(x\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&(1-t^2) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+t^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\left(1-\tan^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\right)\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}-\tan^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,} \cdot \cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}-\sin^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \left(2 \cdot \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\cos \theta\end{eqnarray}\)
また、\(y\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2t \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+t^2\,}
\\[5pt]~~~&=&2\tan \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,} \cdot \cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,\sin \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\,}{\,\cos \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\,} \cdot \cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sin \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\cos \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\sin \left(2 \cdot \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\sin \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(x=\cos \theta~,~y=\sin \theta\) となる
\(\begin{eqnarray}~~~x^2+y^2&=&\cos^2 \theta+\sin^2 \theta
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
これより、曲線 \({\rm C}\) は円 \(x^2+y^2=1\) 上にある
ここで、\(x+1\) を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~x+1&=&\displaystyle \frac{\,1-t^2\,}{\,1+t^2\,}+1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-t^2+1+t^2\,}{\,1+t^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,1+t^2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(1+t^2 \gt 0\) より \(x+1 \gt 0\) となるので、
\(x \gt -1\)
したがって、曲線 \({\rm C}\) は、原点を中心とする半径 \(1\) の円から点 \((-1~,~0)\) を除いた曲線となる
\(\begin{eqnarray}~~~1+t^2&=&1+\tan^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
これより、逆数をとると、
\(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+t^2\,}=\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\)
よって、\(x\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&(1-t^2) \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+t^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\left(1-\tan^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\right)\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}-\tan^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,} \cdot \cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}-\sin^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\cos \left(2 \cdot \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\cos \theta\end{eqnarray}\)
また、\(y\) について、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&2t \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,1+t^2\,}
\\[5pt]~~~&=&2\tan \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,} \cdot \cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,\sin \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\,}{\,\cos \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\,} \cdot \cos^2 \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&2\sin \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\cos \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&\sin \left(2 \cdot \displaystyle \frac{\,\theta\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\sin \theta\end{eqnarray}\)
したがって、\(x=\cos \theta~,~y=\sin \theta\) となる
\({\small (2)}~{\small (1)}\) より \(x=\cos \theta~,~y=\sin \theta\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~x^2+y^2&=&\cos^2 \theta+\sin^2 \theta
\\[3pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
これより、曲線 \({\rm C}\) は円 \(x^2+y^2=1\) 上にある
ここで、\(x+1\) を計算すると、
\(\begin{eqnarray}~~~x+1&=&\displaystyle \frac{\,1-t^2\,}{\,1+t^2\,}+1
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1-t^2+1+t^2\,}{\,1+t^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,1+t^2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(1+t^2 \gt 0\) より \(x+1 \gt 0\) となるので、
\(x \gt -1\)
したがって、曲線 \({\rm C}\) は、原点を中心とする半径 \(1\) の円から点 \((-1~,~0)\) を除いた曲線となる
問題アーカイブ07
問題アーカイブ07放物線 \(y=-x^2+2tx+1\) の頂点 \({\rm P}\) は、\(t\) の値が変化するとき、どのような曲線上を動くか。
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.101 問5
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
\(y=-x^2+2tx+1\) を平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&-x^2+2tx+1
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-2tx)+1
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-2tx+t^2-t^2)+1
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-2tx+t^2)+t^2+1
\\[3pt]~~~&=&-(x-t)^2+t^2+1\end{eqnarray}\)
これより、頂点 \({\rm P}(t~,~t^2+1)\) となる
ここで、頂点の \(x\) 座標は \(t\) となるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=t^2+1~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,2\,]}\) に \({\small [\,1\,]}\) を代入して、
\(y=x^2+1\)
したがって、頂点 \({\rm P}\) は放物線 \(y=x^2+1\) 上を動く
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&-x^2+2tx+1
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-2tx)+1
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-2tx+t^2-t^2)+1
\\[3pt]~~~&=&-(x^2-2tx+t^2)+t^2+1
\\[3pt]~~~&=&-(x-t)^2+t^2+1\end{eqnarray}\)
これより、頂点 \({\rm P}(t~,~t^2+1)\) となる
ここで、頂点の \(x\) 座標は \(t\) となるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=t^2+1~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,2\,]}\) に \({\small [\,1\,]}\) を代入して、
\(y=x^2+1\)
したがって、頂点 \({\rm P}\) は放物線 \(y=x^2+1\) 上を動く
問題アーカイブ08
問題アーカイブ08放物線 \(y=x^2+2tx-2t\) の頂点 \({\rm P}\) は、\(t\) の値が変化するとき、どのような曲線上を動くか。
東京書籍｜Standard数学C[702] p.110 Level Up 7
▼ クリックして「より詳しい解説」を開く
\(y=x^2+2tx-2t\) を平方完成すると、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&x^2+2tx-2t
\\[3pt]~~~&=&(x^2+2tx+t^2-t^2)-2t
\\[3pt]~~~&=&(x^2+2tx+t^2)-t^2-2t
\\[3pt]~~~&=&(x+t)^2-t^2-2t\end{eqnarray}\)
これより、頂点 \({\rm P}(-t~,~-t^2-2t)\) となる
ここで、頂点の \(x\) 座標は \(-t\) となるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=-t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=-t^2-2t~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,1\,]}\) より \(t=-x\) となるので、\({\small [\,2\,]}\) に代入して、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&-(-x)^2-2 \cdot (-x)
\\[3pt]~~~&=&-x^2+2x\end{eqnarray}\)
したがって、頂点 \({\rm P}\) は放物線 \(y=-x^2+2x\) 上を動く
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&x^2+2tx-2t
\\[3pt]~~~&=&(x^2+2tx+t^2-t^2)-2t
\\[3pt]~~~&=&(x^2+2tx+t^2)-t^2-2t
\\[3pt]~~~&=&(x+t)^2-t^2-2t\end{eqnarray}\)
これより、頂点 \({\rm P}(-t~,~-t^2-2t)\) となる
ここで、頂点の \(x\) 座標は \(-t\) となるので、\(t\) を媒介変数として
\(\begin{eqnarray}~~~ \left\{~\begin{array}{l}
x=-t~~~\cdots {\small [\,1\,]}\\
y=-t^2-2t~~~\cdots {\small [\,2\,]}
\end{array}\right.\end{eqnarray}\)
と表される
よって、媒介変数 \(t\) を消去すると、\({\small [\,1\,]}\) より \(t=-x\) となるので、\({\small [\,2\,]}\) に代入して、
\(\begin{eqnarray}~~~y&=&-(-x)^2-2 \cdot (-x)
\\[3pt]~~~&=&-x^2+2x\end{eqnarray}\)
したがって、頂点 \({\rm P}\) は放物線 \(y=-x^2+2x\) 上を動く
