このページは、「極方程式の軌跡」の練習問題アーカイブページとなります。
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極方程式の軌跡 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01中心 \({\rm C}\) の極座標が \((r_1~,~\theta_1)\)、半径が \(a\) の円の極方程式は、次の式で与えられることを示せ。
\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\)
\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\)
数研出版｜数学C[708] p.162 問題 9
数研出版｜高等学校数学C[709] p.149 章末問題A 6
数研出版｜新編数学C[710] p.143 章末問題B 12
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円上の点を \({\rm P}(r~,~\theta)\) とすると、\({\rm OP}=r~,~\)\({\rm OC}=r_1~,~\)\({\rm CP}=a\) となるので、
\({\small [\,1\,]}~\theta \gt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm POC}=\theta-\theta_1\) となるので、
\(\triangle {\rm POC}\) の余弦定理より、
\({\small [\,2\,]}~\theta \lt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm COP}=\theta_1-\theta\) となるので、
\(\triangle {\rm COP}\) の余弦定理より、
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos (\theta_1-\theta)&=&\cos \left\{\,-(\theta-\theta_1)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&\cos (\theta-\theta_1)\end{eqnarray}\)
これより、
\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\)
\({\small [\,3\,]}~\theta=\theta_1\) のとき、
点 \({\rm P}\) は半直線 \({\rm OC}\) 上にあるので、
\({\rm OP}=r_1-a\) または \({\rm OP}=r_1+a\)
これより、\(r=r_1-a~,~r_1+a\) となる
ここで、\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\) に \(\theta=\theta_1\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r^2+r_1^2-2rr_1\cos 0&=&a^2
\\[3pt]~~~r^2-2r_1r+r_1^2&=&a^2
\\[3pt]~~~(r-r_1)^2&=&a^2
\\[3pt]~~~r-r_1&=&\pm a
\\[3pt]~~~r&=&r_1-a~,~r_1+a\end{eqnarray}\)
よって、\({\small [\,3\,]}\) のときも極方程式は成り立つ
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\)
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、極方程式は \(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\) となる
\({\small [\,1\,]}~\theta \gt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm POC}=\theta-\theta_1\) となるので、
\(\triangle {\rm POC}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&r^2+r_1^2-2 \cdot r \cdot r_1 \cdot \cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~a^2&=&r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)&=&a^2\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~a^2&=&r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)&=&a^2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\small [\,2\,]}~\theta \lt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm COP}=\theta_1-\theta\) となるので、
\(\triangle {\rm COP}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&r_1^2+r^2-2 \cdot r_1 \cdot r \cdot \cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~a^2&=&r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta_1-\theta)&=&a^2\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~a^2&=&r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta_1-\theta)&=&a^2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos (\theta_1-\theta)&=&\cos \left\{\,-(\theta-\theta_1)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&\cos (\theta-\theta_1)\end{eqnarray}\)
これより、
\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\)
\({\small [\,3\,]}~\theta=\theta_1\) のとき、
点 \({\rm P}\) は半直線 \({\rm OC}\) 上にあるので、
\({\rm OP}=r_1-a\) または \({\rm OP}=r_1+a\)
これより、\(r=r_1-a~,~r_1+a\) となる
ここで、\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\) に \(\theta=\theta_1\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r^2+r_1^2-2rr_1\cos 0&=&a^2
\\[3pt]~~~r^2-2r_1r+r_1^2&=&a^2
\\[3pt]~~~(r-r_1)^2&=&a^2
\\[3pt]~~~r-r_1&=&\pm a
\\[3pt]~~~r&=&r_1-a~,~r_1+a\end{eqnarray}\)
よって、\({\small [\,3\,]}\) のときも極方程式は成り立つ
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\)
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、極方程式は \(r^2+r_1^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)=a^2\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02極 \({\rm O}\) と異なる定点 \({\rm A}\) をとり、その極座標を \((a~,~\alpha)~,~\)\(a \gt 0\) とする。\({\rm A}\) を通り \({\rm OA}\) に垂直な直線 \(\ell\) 上の点 \({\rm P}\) と \({\rm O}\) を結ぶ線分 \({\rm OP}\) を \(1\) 辺として正三角形 \({\rm OPQ}\) を作るとき、点 \({\rm Q}\) の軌跡の極方程式を求めよ。
数研出版｜数学C[708] p.163 演習問題A 4
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点 \({\rm P}\) の極座標を \((r_1~,~\theta_1)\) 、点 \({\rm Q}\) の極座標を \((r~,~\theta)\) とする
直線 \(\ell\) は点 \({\rm A}(a~,~\alpha)\) を通り \({\rm OA}\) に垂直な直線なので、
点 \({\rm P}\) が点 \({\rm A}\) と異なるとき、\(\triangle {\rm OAP}\) は \(\angle {\rm OAP}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}&=&{\rm OP}\cos \angle {\rm AOP}
\\[3pt]~~~a&=&r_1\cos (\theta_1-\alpha)\end{eqnarray}\)
また、点 \({\rm P}\) が点 \({\rm A}\) と一致するとき、\(r_1=a~,~\)\(\theta_1=\alpha\) となり、この式は成り立つ
これより、直線 \(\ell\) の極方程式は、
\(r_1\cos (\theta_1-\alpha)=a~~~\cdots {\rm [\,A\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm OPQ}\) は線分 \({\rm OP}\) を \(1\) 辺とする正三角形なので、
\({\rm OQ}={\rm OP}~,~\)\(\angle {\rm POQ}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) となる
これより、点 \({\rm Q}\) は点 \({\rm P}\) を極 \({\rm O}\) を中心として \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) だけ回転した点なので、
\(r=r_1\)
\(\theta=\theta_1+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) または \(\theta=\theta_1-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
\({\small [\,1\,]}~\theta=\theta_1+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(r_1=r~,~\)\(\theta_1=\theta-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) を \({\rm [\,A\,]}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1\cos (\theta_1-\alpha)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\alpha\right)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta-\alpha-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\theta=\theta_1-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(r_1=r~,~\)\(\theta_1=\theta+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) を \({\rm [\,A\,]}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1\cos (\theta_1-\alpha)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\alpha\right)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta-\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(r\cos \left(\theta-\alpha-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\)
または
\(r\cos \left(\theta-\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\)
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、点 \({\rm Q}\) の軌跡の極方程式は
\(r\cos \left(\theta-\alpha-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\)
または
\(r\cos \left(\theta-\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\) となる
直線 \(\ell\) は点 \({\rm A}(a~,~\alpha)\) を通り \({\rm OA}\) に垂直な直線なので、
点 \({\rm P}\) が点 \({\rm A}\) と異なるとき、\(\triangle {\rm OAP}\) は \(\angle {\rm OAP}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) の直角三角形となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OA}&=&{\rm OP}\cos \angle {\rm AOP}
\\[3pt]~~~a&=&r_1\cos (\theta_1-\alpha)\end{eqnarray}\)
また、点 \({\rm P}\) が点 \({\rm A}\) と一致するとき、\(r_1=a~,~\)\(\theta_1=\alpha\) となり、この式は成り立つ
これより、直線 \(\ell\) の極方程式は、
\(r_1\cos (\theta_1-\alpha)=a~~~\cdots {\rm [\,A\,]}\)
次に、\(\triangle {\rm OPQ}\) は線分 \({\rm OP}\) を \(1\) 辺とする正三角形なので、
\({\rm OQ}={\rm OP}~,~\)\(\angle {\rm POQ}=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) となる
これより、点 \({\rm Q}\) は点 \({\rm P}\) を極 \({\rm O}\) を中心として \(\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) だけ回転した点なので、
\(r=r_1\)
\(\theta=\theta_1+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) または \(\theta=\theta_1-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\)
\({\small [\,1\,]}~\theta=\theta_1+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(r_1=r~,~\)\(\theta_1=\theta-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) を \({\rm [\,A\,]}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1\cos (\theta_1-\alpha)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\alpha\right)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta-\alpha-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\theta=\theta_1-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(r_1=r~,~\)\(\theta_1=\theta+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) を \({\rm [\,A\,]}\) に代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1\cos (\theta_1-\alpha)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}-\alpha\right)&=&a
\\[5pt]~~~r\cos \left(\theta-\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\(r\cos \left(\theta-\alpha-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\)
または
\(r\cos \left(\theta-\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\)
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、点 \({\rm Q}\) の軌跡の極方程式は
\(r\cos \left(\theta-\alpha-\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\)
または
\(r\cos \left(\theta-\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)=a\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03中心 \({\rm C}\) の極座標が \((a~,~\alpha)\) で、極 \({\rm O}\) を通る円の極方程式を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.112 問題 14
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円は極 \({\rm O}\) を通るので、
円の半径は \({\rm OC}=a\) となる
円上の点を \({\rm P}(r~,~\theta)\) とすると、\({\rm OP}=r~,~\)\({\rm OC}=a~,~\)\({\rm CP}=a\) となるので、
\({\small [\,1\,]}~\theta \gt \alpha\) のとき、
\(\angle {\rm POC}=\theta-\alpha\) となるので、
\(\triangle {\rm POC}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&r^2+a^2-2 \cdot r \cdot a \cdot \cos (\theta-\alpha)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2ra\cos (\theta-\alpha)
\\[3pt]~~~r^2&=&2ra\cos (\theta-\alpha)\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\theta \lt \alpha\) のとき、
\(\angle {\rm COP}=\alpha-\theta\) となるので、
\(\triangle {\rm COP}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&a^2+r^2-2 \cdot a \cdot r \cdot \cos (\alpha-\theta)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2ra\cos (\alpha-\theta)
\\[3pt]~~~r^2&=&2ra\cos (\alpha-\theta)\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos (\alpha-\theta)&=&\cos \left\{\,-(\theta-\alpha)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&\cos (\theta-\alpha)\end{eqnarray}\)
これより、
\(r^2=2ra\cos (\theta-\alpha)\)
\({\small [\,3\,]}~\theta=\alpha\) のとき、
点 \({\rm P}\) は半直線 \({\rm OC}\) 上にあるので、
\({\rm OP}=a-a=0\) または \({\rm OP}=a+a=2a\)
これより、\(r=0~,~2a\) となる
ここで、\(r^2=2ra\cos (\theta-\alpha)\) に \(\theta=\alpha\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r^2&=&2ra\cos 0
\\[3pt]~~~r^2-2ar&=&0
\\[3pt]~~~r(r-2a)&=&0
\\[3pt]~~~r&=&0~,~2a\end{eqnarray}\)
よって、\({\small [\,3\,]}\) のときも成り立つ
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(r^2=2ra\cos (\theta-\alpha)\)
\(r \neq 0\) のとき、両辺を \(r\) で割ると、
\(r=2a\cos (\theta-\alpha)\)
また、\(r=0\) のとき、点 \({\rm P}\) は極 \({\rm O}\) と一致するので、
\(\theta=\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2a\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
これより、極 \({\rm O}\) もこの極方程式で表される
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、極方程式は \(r=2a\cos (\theta-\alpha)\) となる
円の半径は \({\rm OC}=a\) となる
円上の点を \({\rm P}(r~,~\theta)\) とすると、\({\rm OP}=r~,~\)\({\rm OC}=a~,~\)\({\rm CP}=a\) となるので、
\({\small [\,1\,]}~\theta \gt \alpha\) のとき、
\(\angle {\rm POC}=\theta-\alpha\) となるので、
\(\triangle {\rm POC}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&r^2+a^2-2 \cdot r \cdot a \cdot \cos (\theta-\alpha)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2ra\cos (\theta-\alpha)
\\[3pt]~~~r^2&=&2ra\cos (\theta-\alpha)\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\theta \lt \alpha\) のとき、
\(\angle {\rm COP}=\alpha-\theta\) となるので、
\(\triangle {\rm COP}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~a^2&=&a^2+r^2-2 \cdot a \cdot r \cdot \cos (\alpha-\theta)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2ra\cos (\alpha-\theta)
\\[3pt]~~~r^2&=&2ra\cos (\alpha-\theta)\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos (\alpha-\theta)&=&\cos \left\{\,-(\theta-\alpha)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&\cos (\theta-\alpha)\end{eqnarray}\)
これより、
\(r^2=2ra\cos (\theta-\alpha)\)
\({\small [\,3\,]}~\theta=\alpha\) のとき、
点 \({\rm P}\) は半直線 \({\rm OC}\) 上にあるので、
\({\rm OP}=a-a=0\) または \({\rm OP}=a+a=2a\)
これより、\(r=0~,~2a\) となる
ここで、\(r^2=2ra\cos (\theta-\alpha)\) に \(\theta=\alpha\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r^2&=&2ra\cos 0
\\[3pt]~~~r^2-2ar&=&0
\\[3pt]~~~r(r-2a)&=&0
\\[3pt]~~~r&=&0~,~2a\end{eqnarray}\)
よって、\({\small [\,3\,]}\) のときも成り立つ
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(r^2=2ra\cos (\theta-\alpha)\)
\(r \neq 0\) のとき、両辺を \(r\) で割ると、
\(r=2a\cos (\theta-\alpha)\)
また、\(r=0\) のとき、点 \({\rm P}\) は極 \({\rm O}\) と一致するので、
\(\theta=\alpha+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2a\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
これより、極 \({\rm O}\) もこの極方程式で表される
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、極方程式は \(r=2a\cos (\theta-\alpha)\) となる
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04極方程式で表されたカージオイド \(C~:~r=a(1+\cos \theta)\) について、次の問に答えよ。ただし、\(a \gt 0~,~\)\(0{\small ~≦~}\theta \lt 2\pi\) とする。
\({\small (1)}~\)極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}~,~0\right)\) である点を中心とする半径 \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\) の円を \(S\) とする。\(C\) 上の点 \({\rm P}\) に対して直線 \({\rm OP}\) が \({\rm O}\) 以外の点で \(S\) と交わるとき、その交点を \({\rm Q}\) とする。\({\rm PQ}\) が一定であることを示せ。
\({\small (2)}~\)\({\rm P}\) が \(C\) 上を動くとき、極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a~,~0\right)\) である点 \({\rm A}\) からの距離が最大となる点 \({\rm P}\) の極座標およびそのときの距離 \({\rm AP}\) を求めよ。
\({\small (1)}~\)極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}~,~0\right)\) である点を中心とする半径 \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\) の円を \(S\) とする。\(C\) 上の点 \({\rm P}\) に対して直線 \({\rm OP}\) が \({\rm O}\) 以外の点で \(S\) と交わるとき、その交点を \({\rm Q}\) とする。\({\rm PQ}\) が一定であることを示せ。
\({\small (2)}~\)\({\rm P}\) が \(C\) 上を動くとき、極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a~,~0\right)\) である点 \({\rm A}\) からの距離が最大となる点 \({\rm P}\) の極座標およびそのときの距離 \({\rm AP}\) を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学C[701] p.115 練習問題B 11
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\({\small (1)}~\) [証明] 円 \(S\) は中心の極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}~,~0\right)\) 、半径が \(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\) の円なので、
極 \({\rm O}\) と中心との距離が半径と等しくなることより、
円 \(S\) は極 \({\rm O}\) を通る
中心の極座標が \((a~,~\alpha)\) で極 \({\rm O}\) を通る円の極方程式が \(r=2a\cos (\theta-\alpha)\) となるので、
円 \(S\) の極方程式は、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\cos (\theta-0)
\\[5pt]~~~&=&a\cos \theta\end{eqnarray}\)
点 \({\rm P}\) の極座標を \((r~,~\theta)\) とすると、点 \({\rm P}\) は \(C\) 上の点なので、
\({\rm OP}=r=a(1+\cos \theta)\)
直線 \({\rm OP}\) が極 \({\rm O}\) 以外の点で円 \(S\) と交わるとき、点 \({\rm Q}\) は次の \(2\) つの場合がある
※ \(\cos \theta=0\) のとき、直線 \({\rm OP}\) は極 \({\rm O}\) で円 \(S\) に接するので、条件を満たさない。
\({\small [\,1\,]}~\)点 \({\rm Q}\) が線分 \({\rm OP}\) を内分するとき、
点 \({\rm Q}\) は極 \({\rm O}\) から見て点 \({\rm P}\) と同じ側にあるので、
点 \({\rm Q}\) の偏角は \(\theta\) となるので、
\({\rm OQ}=a\cos \theta\)
また、\({\rm OQ} \gt 0\) より、\(\cos \theta \gt 0\) となる
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&{\rm OP}-{\rm OQ}
\\[3pt]~~~&=&a(1+\cos \theta)-a\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&a+a\cos \theta-a\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\)点 \({\rm Q}\) が線分 \({\rm OP}\) を外分するとき、
点 \({\rm Q}\) は極 \({\rm O}\) から見て点 \({\rm P}\) と反対側にあるので、
点 \({\rm Q}\) の偏角を \(\theta^{\prime}\) とすると、\(\theta^{\prime}=\theta-\pi\) または \(\theta^{\prime}=\theta+\pi\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OQ}&=&a\cos \theta^{\prime}
\\[3pt]~~~&=&-a\cos \theta\end{eqnarray}\)
また、\({\rm OQ} \gt 0\) より、\(\cos \theta \lt 0\) となる
このとき、極 \({\rm O}\) は線分 \({\rm PQ}\) 上にあるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&{\rm OP}+{\rm OQ}
\\[3pt]~~~&=&a(1+\cos \theta)+(-a\cos \theta)
\\[3pt]~~~&=&a+a\cos \theta-a\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm PQ}=a\)
したがって、\({\rm PQ}\) は一定である [終]
\(r=a(1+\cos \theta)\)
点 \({\rm A}\) の極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a~,~0\right)\) となるので、
極座標における \(2\) 点間の距離の公式より、
これに、\(r=a(1+\cos \theta)\) を代入すると、
ここで、\(t=\cos \theta\) とおくと、\(0{\small ~≦~}\theta \lt 2\pi\) より、
\(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\)
これより、
\(a \gt 0\) より、\({\rm AP}^2\) は上に凸の放物線となり、
頂点の \(t\) 座標 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) は \(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\) に含まれるので、
\({\rm AP}^2\) は \(t=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) のとき最大値 \(\displaystyle \frac{\,27\,}{\,16\,}a^2\) をとる
また、\({\rm AP} \gt 0\) より、\({\rm AP}^2\) が最大のとき \({\rm AP}\) も最大となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,27\,}{\,16\,}a^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a\end{eqnarray}\)
次に、\(t=\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる \(\theta\) を求めると、\(0{\small ~≦~}\theta \lt 2\pi\) より、
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,3\,}\pi\)
このとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&a\left(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a\end{eqnarray}\)
したがって、点 \({\rm P}\) の極座標は \(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a~,~\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)~,~\)\(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a~,~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,3\,}\pi\right)\) 、距離は \({\rm AP}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a\) となる
極 \({\rm O}\) と中心との距離が半径と等しくなることより、
円 \(S\) は極 \({\rm O}\) を通る
中心の極座標が \((a~,~\alpha)\) で極 \({\rm O}\) を通る円の極方程式が \(r=2a\cos (\theta-\alpha)\) となるので、
円 \(S\) の極方程式は、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,a\,}{\,2\,}\cos (\theta-0)
\\[5pt]~~~&=&a\cos \theta\end{eqnarray}\)
点 \({\rm P}\) の極座標を \((r~,~\theta)\) とすると、点 \({\rm P}\) は \(C\) 上の点なので、
\({\rm OP}=r=a(1+\cos \theta)\)
直線 \({\rm OP}\) が極 \({\rm O}\) 以外の点で円 \(S\) と交わるとき、点 \({\rm Q}\) は次の \(2\) つの場合がある
※ \(\cos \theta=0\) のとき、直線 \({\rm OP}\) は極 \({\rm O}\) で円 \(S\) に接するので、条件を満たさない。
\({\small [\,1\,]}~\)点 \({\rm Q}\) が線分 \({\rm OP}\) を内分するとき、
点 \({\rm Q}\) は極 \({\rm O}\) から見て点 \({\rm P}\) と同じ側にあるので、
点 \({\rm Q}\) の偏角は \(\theta\) となるので、
\({\rm OQ}=a\cos \theta\)
また、\({\rm OQ} \gt 0\) より、\(\cos \theta \gt 0\) となる
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&{\rm OP}-{\rm OQ}
\\[3pt]~~~&=&a(1+\cos \theta)-a\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&a+a\cos \theta-a\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\)点 \({\rm Q}\) が線分 \({\rm OP}\) を外分するとき、
点 \({\rm Q}\) は極 \({\rm O}\) から見て点 \({\rm P}\) と反対側にあるので、
点 \({\rm Q}\) の偏角を \(\theta^{\prime}\) とすると、\(\theta^{\prime}=\theta-\pi\) または \(\theta^{\prime}=\theta+\pi\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm OQ}&=&a\cos \theta^{\prime}
\\[3pt]~~~&=&-a\cos \theta\end{eqnarray}\)
また、\({\rm OQ} \gt 0\) より、\(\cos \theta \lt 0\) となる
このとき、極 \({\rm O}\) は線分 \({\rm PQ}\) 上にあるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&{\rm OP}+{\rm OQ}
\\[3pt]~~~&=&a(1+\cos \theta)+(-a\cos \theta)
\\[3pt]~~~&=&a+a\cos \theta-a\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&a\end{eqnarray}\)
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}\) より、
\({\rm PQ}=a\)
したがって、\({\rm PQ}\) は一定である [終]
\({\small (2)}~\) 点 \({\rm P}\) の極座標を \((r~,~\theta)\) とすると、点 \({\rm P}\) は \(C\) 上の点なので、
\(r=a(1+\cos \theta)\)
点 \({\rm A}\) の極座標が \(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a~,~0\right)\) となるので、
極座標における \(2\) 点間の距離の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}^2&=&\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a\right)^2+r^2-2 \cdot \displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a \cdot r \cdot \cos (\theta-0)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+r^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}ar\cos \theta\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+r^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}ar\cos \theta\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
これに、\(r=a(1+\cos \theta)\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}^2&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+\left\{\,a(1+\cos \theta)\,\right\}^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a \cdot a(1+\cos \theta) \cdot \cos \theta
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2(1+\cos \theta)^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2(1+\cos \theta)\cos \theta
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2(1+2\cos \theta+\cos^2 \theta)-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2(\cos \theta+\cos^2 \theta)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2+2a^2\cos \theta+a^2\cos^2 \theta-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\cos \theta-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\cos^2 \theta
\\[5pt]~~~&=&\left(a^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\right)\cos^2 \theta+\left(2a^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\right)\cos \theta+\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\cos^2 \theta+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\cos \theta+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2(1+\cos \theta)^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2(1+\cos \theta)\cos \theta
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2(1+2\cos \theta+\cos^2 \theta)-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2(\cos \theta+\cos^2 \theta)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2+2a^2\cos \theta+a^2\cos^2 \theta-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\cos \theta-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\cos^2 \theta
\\[5pt]~~~&=&\left(a^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\right)\cos^2 \theta+\left(2a^2-\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\right)\cos \theta+\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}a^2+a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\cos^2 \theta+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\cos \theta+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
ここで、\(t=\cos \theta\) とおくと、\(0{\small ~≦~}\theta \lt 2\pi\) より、
\(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}^2&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2t^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2t+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2(t^2-t)+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left\{\,\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,\right\}+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}a^2+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle \frac{\,2\,}{\,16\,}a^2+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle \frac{\,27\,}{\,16\,}a^2\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2(t^2-t)+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left\{\,\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,\right\}+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}a^2+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle \frac{\,2\,}{\,16\,}a^2+\displaystyle \frac{\,25\,}{\,16\,}a^2
\\[5pt]~~~&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\left(t-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2+\displaystyle \frac{\,27\,}{\,16\,}a^2\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(a \gt 0\) より、\({\rm AP}^2\) は上に凸の放物線となり、
頂点の \(t\) 座標 \(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) は \(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\) に含まれるので、
\({\rm AP}^2\) は \(t=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) のとき最大値 \(\displaystyle \frac{\,27\,}{\,16\,}a^2\) をとる
また、\({\rm AP} \gt 0\) より、\({\rm AP}^2\) が最大のとき \({\rm AP}\) も最大となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AP}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,27\,}{\,16\,}a^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a\end{eqnarray}\)
次に、\(t=\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる \(\theta\) を求めると、\(0{\small ~≦~}\theta \lt 2\pi\) より、
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}~,~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,3\,}\pi\)
このとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&a\left(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a\end{eqnarray}\)
したがって、点 \({\rm P}\) の極座標は \(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a~,~\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)~,~\)\(\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a~,~\displaystyle \frac{\,5\,}{\,3\,}\pi\right)\) 、距離は \({\rm AP}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a\) となる
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05極方程式 \(r=2(1+\cos \theta)~\)\((0{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}\pi)\) で表される曲線について、次の問に答えよ。
\({\small (1)}~\)下の表を完成させ、曲線の概形をかけ。
\({\small (2)}~\)この曲線上の点の \(x\) 座標の最大値と最小値を求めよ。
\({\small (1)}~\)下の表を完成させ、曲線の概形をかけ。
\(\begin{array}{c||c|c|c|c|c|c|c}
\theta & 0 & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,} & \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi & \displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi & \pi \\
\hline
r & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} \\
\end{array}\)
\theta & 0 & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,} & \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi & \displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi & \pi \\
\hline
r & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} & \phantom{0000} \\
\end{array}\)
\({\small (2)}~\)この曲線上の点の \(x\) 座標の最大値と最小値を求めよ。
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\({\small (1)}~\)\(r=2(1+\cos \theta)\) に \(\theta\) の値をそれぞれ代入すると、
\(\theta=0\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2(1+\cos 0)
\\[3pt]~~~&=&2(1+1)
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(1+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2+\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&3\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2(1+0)
\\[5pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,1+\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,1+\left(-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2-\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\theta=\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2(1+\cos \pi)
\\[3pt]~~~&=&2\left\{\,1+(-1)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、表は次のようになる
\(x=r\cos \theta\)
これに、\(r=2(1+\cos \theta)\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2(1+\cos \theta)\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&2\cos^2 \theta+2\cos \theta\end{eqnarray}\)
ここで、\(t=\cos \theta\) とおくと、\(0{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}\pi\) より、
\(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2t^2+2t
\\[5pt]~~~&=&2(t^2+t)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,\left(t+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2\left(t+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
この放物線は下に凸で、軸は \(t=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となるので、
軸が \(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\) に含まれることより、
\(t=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) のとき最小となるので、
\(x=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
また、軸から遠いほど \(x\) は大きくなり、\(t=1\) の方が \(t=-1\) より軸から遠いので、
\(t=1\) のとき最大となることより、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2 \cdot 1^2+2 \cdot 1
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
したがって、\(x\) 座標の最大値は \(4\) 、最小値は \(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる
\(\theta=0\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2(1+\cos 0)
\\[3pt]~~~&=&2(1+1)
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(1+\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2+\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left(1+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&3\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\right)
\\[5pt]~~~&=&2(1+0)
\\[5pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,1+\left(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2 \cdot \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&1\end{eqnarray}\)
\(\theta=\displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2\left(1+\cos \displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi\right)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,1+\left(-\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\right)\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2-\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\theta=\pi\) のとき、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2(1+\cos \pi)
\\[3pt]~~~&=&2\left\{\,1+(-1)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
したがって、表は次のようになる
\(\begin{array}{c||c|c|c|c|c|c|c}
\theta & 0 & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,} & \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi & \displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi & \pi \\
\hline
r & 4 & 2+\sqrt{\,3\,} & 3 & 2 & 1 & 2-\sqrt{\,3\,} & 0 \\
\end{array}\)
\theta & 0 & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,6\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,3\,} & \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,} & \displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\pi & \displaystyle \frac{\,5\,}{\,6\,}\pi & \pi \\
\hline
r & 4 & 2+\sqrt{\,3\,} & 3 & 2 & 1 & 2-\sqrt{\,3\,} & 0 \\
\end{array}\)
\({\small (2)}~\)曲線上の点の極座標を \((r~,~\theta)\) とすると、その点の \(x\) 座標は、
\(x=r\cos \theta\)
これに、\(r=2(1+\cos \theta)\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2(1+\cos \theta)\cos \theta
\\[3pt]~~~&=&2\cos^2 \theta+2\cos \theta\end{eqnarray}\)
ここで、\(t=\cos \theta\) とおくと、\(0{\small ~≦~}\theta{\small ~≦~}\pi\) より、
\(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\)
これより、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2t^2+2t
\\[5pt]~~~&=&2(t^2+t)
\\[5pt]~~~&=&2\left\{\,\left(t+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,4\,}\,\right\}
\\[5pt]~~~&=&2\left(t+\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\right)^2-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
この放物線は下に凸で、軸は \(t=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となるので、
軸が \(-1{\small ~≦~}t{\small ~≦~}1\) に含まれることより、
\(t=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) のとき最小となるので、
\(x=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\)
また、軸から遠いほど \(x\) は大きくなり、\(t=1\) の方が \(t=-1\) より軸から遠いので、
\(t=1\) のとき最大となることより、
\(\begin{eqnarray}~~~x&=&2 \cdot 1^2+2 \cdot 1
\\[3pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
したがって、\(x\) 座標の最大値は \(4\) 、最小値は \(-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\) となる
問題アーカイブ06
問題アーカイブ06中心 \({\rm C}\) の極座標が \((r_1~,~\theta_1)\) で、極 \({\rm O}\) を通る円の極方程式を求めよ。
東京書籍｜Standard数学C[702] p.111 Level Up 12
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円は極 \({\rm O}\) を通るので、
円の半径は \({\rm OC}=r_1\) となる
円上の点を \({\rm P}(r~,~\theta)\) とすると、\({\rm OP}=r~,~\)\({\rm OC}=r_1~,~\)\({\rm CP}=r_1\) となるので、
\({\small [\,1\,]}~\theta \gt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm POC}=\theta-\theta_1\) となるので、
\(\triangle {\rm POC}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1^2&=&r^2+r_1^2-2 \cdot r \cdot r_1 \cdot \cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~r^2&=&2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\theta \lt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm COP}=\theta_1-\theta\) となるので、
\(\triangle {\rm COP}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1^2&=&r_1^2+r^2-2 \cdot r_1 \cdot r \cdot \cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2rr_1\cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~r^2&=&2rr_1\cos (\theta_1-\theta)\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos (\theta_1-\theta)&=&\cos \left\{\,-(\theta-\theta_1)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&\cos (\theta-\theta_1)\end{eqnarray}\)
これより、
\(r^2=2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\)
\({\small [\,3\,]}~\theta=\theta_1\) のとき、
点 \({\rm P}\) は半直線 \({\rm OC}\) 上にあるので、
\({\rm OP}=r_1-r_1=0\) または \({\rm OP}=r_1+r_1=2r_1\)
これより、\(r=0~,~2r_1\) となる
ここで、\(r^2=2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\) に \(\theta=\theta_1\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r^2&=&2rr_1\cos 0
\\[3pt]~~~r^2-2r_1r&=&0
\\[3pt]~~~r(r-2r_1)&=&0
\\[3pt]~~~r&=&0~,~2r_1\end{eqnarray}\)
よって、\({\small [\,3\,]}\) のときも成り立つ
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(r^2=2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\)
\(r \neq 0\) のとき、両辺を \(r\) で割ると、
\(r=2r_1\cos (\theta-\theta_1)\)
また、\(r=0\) のとき、点 \({\rm P}\) は極 \({\rm O}\) と一致するので、
\(\theta=\theta_1+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2r_1\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
これより、極 \({\rm O}\) もこの極方程式で表される
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、極方程式は \(r=2r_1\cos (\theta-\theta_1)\) となる
円の半径は \({\rm OC}=r_1\) となる
円上の点を \({\rm P}(r~,~\theta)\) とすると、\({\rm OP}=r~,~\)\({\rm OC}=r_1~,~\)\({\rm CP}=r_1\) となるので、
\({\small [\,1\,]}~\theta \gt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm POC}=\theta-\theta_1\) となるので、
\(\triangle {\rm POC}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1^2&=&r^2+r_1^2-2 \cdot r \cdot r_1 \cdot \cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2rr_1\cos (\theta-\theta_1)
\\[3pt]~~~r^2&=&2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\end{eqnarray}\)
\({\small [\,2\,]}~\theta \lt \theta_1\) のとき、
\(\angle {\rm COP}=\theta_1-\theta\) となるので、
\(\triangle {\rm COP}\) の余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~r_1^2&=&r_1^2+r^2-2 \cdot r_1 \cdot r \cdot \cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~0&=&r^2-2rr_1\cos (\theta_1-\theta)
\\[3pt]~~~r^2&=&2rr_1\cos (\theta_1-\theta)\end{eqnarray}\)
ここで、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos (\theta_1-\theta)&=&\cos \left\{\,-(\theta-\theta_1)\,\right\}
\\[3pt]~~~&=&\cos (\theta-\theta_1)\end{eqnarray}\)
これより、
\(r^2=2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\)
\({\small [\,3\,]}~\theta=\theta_1\) のとき、
点 \({\rm P}\) は半直線 \({\rm OC}\) 上にあるので、
\({\rm OP}=r_1-r_1=0\) または \({\rm OP}=r_1+r_1=2r_1\)
これより、\(r=0~,~2r_1\) となる
ここで、\(r^2=2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\) に \(\theta=\theta_1\) を代入すると、
\(\begin{eqnarray}~~~r^2&=&2rr_1\cos 0
\\[3pt]~~~r^2-2r_1r&=&0
\\[3pt]~~~r(r-2r_1)&=&0
\\[3pt]~~~r&=&0~,~2r_1\end{eqnarray}\)
よって、\({\small [\,3\,]}\) のときも成り立つ
\({\small [\,1\,]}~,~{\small [\,2\,]}~,~{\small [\,3\,]}\) より、
\(r^2=2rr_1\cos (\theta-\theta_1)\)
\(r \neq 0\) のとき、両辺を \(r\) で割ると、
\(r=2r_1\cos (\theta-\theta_1)\)
また、\(r=0\) のとき、点 \({\rm P}\) は極 \({\rm O}\) と一致するので、
\(\theta=\theta_1+\displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~r&=&2r_1\cos \displaystyle \frac{\,\pi\,}{\,2\,}
\\[5pt]~~~&=&0\end{eqnarray}\)
これより、極 \({\rm O}\) もこの極方程式で表される
逆に、この極方程式を満たす点は条件を満たす
したがって、極方程式は \(r=2r_1\cos (\theta-\theta_1)\) となる
