1九州大学 2018年 数学 第1問解答・解説

点 $P$ は双曲線 $C:\ x^{2}-y^{2}=1\ (x\ge 1)$ 上の点であるから，$P(x_{0},y_{0},0)$ とおくと $$x_{0}^{2}-y_{0}^{2}=1,\qquad x_{0}\ge 1\qquad (\ast)$$ が成り立つ。逆に $(\ast)$ を満たす実数の組 $(x_{0},y_{0})$ に対して $y_{0}$ は任意の実数値をとりうる（$x_{0}=\sqrt{1+y_{0}^{2}}$ として 実数 $y_{0}$ を自由に選べる）。

直線 $AP$ は，$A(0,0,1)$，方向ベクトル $\overrightarrow{AP}=(x_{0},y_{0},-1)$ を用いて，媒介変数 $t$ により $$(x,y,z)=(0,0,1)+t(x_{0},y_{0},-1)=(tx_{0},\ ty_{0},\ 1-t)\qquad(t\text{ は実数})$$ と表される。

直線 $AP$ と平面 $x=d$ との交点を $Q(d,y,z)$ とする。$x$ 座標について $$tx_{0}=d.$$ $(\ast)$ より $x_{0}\ge 1>0$ であるから，これを満たす $t$ は $$\displaystyle t=\frac{d}{x_{0}}$$ とただ一つ定まる。したがって，$C$ 上の任意の点 $P$ に対して交点 $Q$ がちょうど一つ存在し，そのとき $$\displaystyle y=ty_{0}=\frac{d\,y_{0}}{x_{0}},\qquad z=1-t=1-\frac{d}{x_{0}}\qquad(\star)$$ である。

以下，$(\star)$ から $x_{0},y_{0}$ を消去して $y,z$ の関係式を求める。$\displaystyle s=\dfrac{1}{x_{0}}$ とおくと，$x_{0}\ge1$ より $$0<s\le 1.$$ $(\ast)$ の両辺を $x_{0}^{2}$ で割ると $\displaystyle 1-\left(\dfrac{y_{0}}{x_{0}}\right)^{2}=\dfrac{1}{x_{0}^{2}}=s^{2}$ であるから，$\displaystyle \dfrac{y_{0}}{x_{0}}=\pm\sqrt{1-s^{2}}$（符号は $y_{0}$ の符号と一致）。よって $$\displaystyle y=d\cdot s\cdot\frac{y_{0}}{x_{0}}\cdot x_0 \Big/ x_0 =d\left(\frac{y_0}{x_0}\right)=\pm d\sqrt{1-s^{2}},\qquad z=1-ds.$$ (第一式は $y=ty_0=d s y_0$ で，$\displaystyle y_0=x_0\cdot(y_0/x_0)=\dfrac1s\cdot(\pm\sqrt{1-s^2})$ を用いて整理すると $\displaystyle y=ds\cdot\dfrac{\pm\sqrt{1-s^2}}{s}=\pm d\sqrt{1-s^2}$ となる。)

第二式より $\displaystyle s=\dfrac{1-z}{d}$。これを第一式（の平方）に代入すると $$y^{2}=d^{2}(1-s^{2})=d^{2}-d^{2}s^{2}=d^{2}-(1-z)^{2},$$ すなわち $$y^{2}+(z-1)^{2}=d^{2}\qquad\cdots\text{①}$$ を得る。これは平面 $x=d$ 上で，中心 $(d,0,1)$，半径 $d$ の円の方程式である。

次に，$s$ のとりうる範囲 $0<s\le 1$ を $z$ の条件に直す。$s=(1-z)/d$，$d>0$ であるから $$\displaystyle 0<\frac{1-z}{d}\le 1\text{すなわち} 1-d\le z<1\qquad\cdots\text{②}$$ である。円①は中心の $z$ 座標がちょうど $1$ であるから，直線 $z=1$（中心を通り $z$ 軸に垂直な直線）は円①をちょうど二等分し，条件②「$1-d\le z<1$」は，この二等分線の下側（$z$ が小さい側）にある弧全体に一致する（下端 $z=1-d$ は円周上の点 $(d,0,1-d)$ そのものであり，上限 $z=1$ は円周上の点 $(d,\pm d,1)$ に対応するがこれらは到達しない）。

（検算・十分性の確認）逆に，①かつ $z<1$ を満たす点 $(d,y,z)$ を任意にとる。$\displaystyle s=\dfrac{1-z}{d}$ とおくと $0<s\le 1$（$z\ge 1-d$ は①より $(z-1)^2\le d^2$ すなわち $|1-z|\le d$ と $z<1$ から従う）。$\displaystyle x_{0}=\dfrac{1}{s}\ (\ge1)$，$\displaystyle y_{0}=\dfrac{y}{ds}$ とおけば，①より $y^{2}=d^{2}-(1-z)^{2}=d^2(1-s^2)$ なので $\displaystyle y_0^2=\dfrac{y^2}{d^2s^2}=\dfrac{1-s^2}{s^2}=x_0^2-1$，すなわち $x_{0}^{2}-y_{0}^{2}=1$ が成り立ち，$C$ 上に対応する点 $P(x_{0},y_{0},0)$ が存在する。このとき $t=d/x_0=ds$ として $(\star)$ を逆にたどれば，直線 $AP$ と平面 $x=d$ の交点がちょうど $(d,y,z)$ に一致することが確かめられる。

以上より，求める軌跡は $$x=d,\qquad y^{2}+(z-1)^{2}=d^{2},\qquad z<1$$ であり，これは平面 $x=d$ 上の円 $y^{2}+(z-1)^{2}=d^{2}$ を，その中心 $(d,0,1)$ を通る水平線 $z=1$ で二等分したうちの下側の半円弧（両端点 $(d,d,1),(d,-d,1)$ を除き，点 $(d,0,1-d)$ を含む）である。

（数値検算）$x_{0}=2,\ y_{0}=\sqrt3$（$x_0^2-y_0^2=4-3=1$ を満たす）のとき，$t=d/2$ より $\displaystyle y=\dfrac{\sqrt3}{2}d,\ z=1-\dfrac{d}{2}$。このとき $\displaystyle y^{2}+(z-1)^{2}=\dfrac{3}{4}d^{2}+\dfrac{1}{4}d^{2}=d^{2}$ となり①が成立し，$z=1-d/2<1$ も②に適合する。また $x_0=1,y_0=0$（$C$ の頂点）では $t=d$，$y=0,\ z=1-d$ で，下端点 $(d,0,1-d)$ が確かに実現される。