２次曲線（復習と入試問題）

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== ２次曲線（復習と入試問題） ==
難易度の目安

基　本：★☆☆

普　通：★★☆

やや難：★★★

【Ⅰ.1.(1) 楕円の方程式】
　２定点F(c, 0), F’(−c, 0)からの距離の和が一定2aである点P(x, y)の軌跡は楕円になる．
（ただし，a>c>0とし， $a^2=b^2+ c^2$ とおく）

• a, b, cの図形的な対応は，動点Pがy軸上の点Bに重なるときを考えると，分かり易い．(下図)
• 直角三角形OFBについて，三平方の定理を考えるとよい．

• 楕円の方程式は
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ･･･(1)
• 焦点の座標は
$F(c,\hspace{2}0),\hspace{2}F\apos(-c,\hspace{2}0)$
• 長軸の長さは，AA’=2a
（一般に，a>b>0のとき，AA’が長軸になる．右図はこれに該当する．）
• 短軸の長さは，BB’=2b
（一般に，a>b>0のとき，BB’が短軸になる．右図はこれに該当する．）
• 一定となる距離の和は，FP+PF’=2a

【Ⅰ.1.(2) 楕円の方程式】
　２定点F(0, c), F’(0, −c)からの距離の和が一定2bである点P(x, y)の軌跡は楕円になる．
（ただし，b>c>0とし， $a=\sqrt{b^2-c^2}$ とおくと，

• 楕円の方程式は
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ･･･(2)
• 焦点の座標は
$F(0,c),F\apos(0,-c)$
• 長軸の長さは，BB’=2b
（一般に，b>a>0のとき，BB’が長軸になる．右図はこれに該当する．）
• 短軸の長さは，AA’=2a
（一般に，b>a>0のとき，AA’が短軸になる．右図はこれに該当する．）
• 一定となる距離の和は，FP+PF’=2b

証明は(1)のときと同様に行えばよい

［楕円の方程式(1)の証明］
　動点をP(x, y)とおいて，２点F(c, 0), F’(−c, 0)との距離の和を求めると
$FP+ F\apos P=2a$
$\sqrt{(x-c)^2+ y^2}+\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}=2a$

　このまま両辺を２乗しても「一応計算できる」が「途中経過が４次式のコテコテの計算になる」から，そっちに進むのは避ける方がよい．
　次のように根号を両辺に分けてから２乗すると，少しは簡単になる．

$\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}=2a-\sqrt{(x-c)^2+ y^2}$
辺々２乗する
$(x+ c)^2+ y^2=4a^2-4a\sqrt{(x-c)^2+ y^2}$
$+(x-c)^2+ y^2$
$4cx=4a^2-4a\sqrt{(x-c)^2+ y^2}$
$4a\sqrt{(x-c)^2+ y^2}=4a^2-4cx$
$a\sqrt{(x-c)^2+ y^2}=a^2-cx$
辺々２乗する
$a^2\{(x-c)^2+ y^2\}=a^4-2a^2cx+ c^2x^2$
$a^2x^2-2a^2cx+ a^2c^2+ a^2y^2=a^4-2a^2cx+ c^2x^2$
$a^2x^2+ a^2c^2+ a^2y^2=a^4+ c^2x^2$
$(a^2-c^2)x^2+ a^2y^2=a^2(a^2-c^2)$
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2-c^2}=1$
ここで， $a^2-c^2=b^2$ とおくと，
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ･･･■証明終■

　以上の証明の途中経過を覚える必要はない．後の参考としては「根号を両辺に分けてから２乗する」という変形の勘を身に着けておく程度とする．

【例題1】★☆☆

　楕円 $\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ について, (1) 焦点の座標，(2) 長軸の長さ，(3) 短軸の長さを求めて，(4) グラフの概形を描いてください．

（高校教科書のレベル）

a=3, b=2 (a>b>0)だから
$c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{5}$
(1) 焦点の座標は， $F(\sqrt{5},\hspace{2}0),\hspace{2}F\apos(-\sqrt{5},\hspace{2}0)$
(2) 長軸の長さは，(2a=)6

♣♦--危険なワナ--♥♠
→ (a=)3は長軸の長さではない．aは，ほぼほぼ半径

(3) 短軸の長さは，(2b=)4

♣♦--危険なワナ--♥♠
→ 上記と同様.

(4) グラフの概形は右図
（「がいけい」とは，だいたいの形のこと．手書きだから，完全に正確なグラフは無理．大体の形で，要点を押さえていればよい）

【例題2】★☆☆

　楕円 $4x^2+ y^2=4$ について, (1) 焦点の座標，(2) 長軸の長さ，(3) 短軸の長さを求めて，(4) グラフの概形を描いてください．

（高校教科書のレベル）

$x^2+\frac{y^2}{4}=1$
と変形する．

a=1, b=2 (b>a>0)だから
$c=\sqrt{b^2-a^2}=\sqrt{3}$
(1) 焦点の座標は， $F(0,\hspace{2}\sqrt{3}),\hspace{2}F\apos(0,\hspace{2}-\sqrt{3})$
(2) 長軸の長さは，(2b=)4
(3) 短軸の長さは，(2a=)2
(4) グラフの概形は右図

【例題3】★☆☆
　次の楕円について，(A) 焦点の座標, (B) 長軸の長さ, (C) 短軸の長さを求めて，(D) グラフの概形を描いてください．

(1) $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$
(2) $4x^2+ 3y^2=12$

（高校教科書のレベル）

(1)

$a=2,\hspace{2}b=3,\hspace{2}c=\sqrt{b^2-a^2}=\sqrt{5}$ だから
(A) 焦点の座標は $F(0,\hspace{2}\sqrt{5}),\hspace{2}F\apos(0,\hspace{2}-\sqrt{5})$

(B) 長軸の長さは $(2b=)6$
(C) 短軸の長さは $(2a=)4$
(D) 概形は，右図の通り

(2)

$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$
と変形できる
$a=\sqrt{3},\hspace{2}b=2,\hspace{2}(b\gt a\gt 0),\hspace{2}c=\sqrt{b^2-a^2}=1$ だから
(A) 焦点の座標は $F(0,\hspace{2}1),\hspace{2}F\apos(0,\hspace{2}-1)$

(B) 長軸の長さは $(2b=)4$
(C) 短軸の長さは $(2a=)2\sqrt{3}$
(D) 概形は，右図の通り

【問題1】★☆☆
　xy平面上の２点F(1, 0), F’(−1, 0)からの距離の和がつねに4であるような点の軌跡はだ円となる．このだ円の長軸と短軸の長さを求めよ．　

（2000年度北海道工大）

［解説を読む］

動点の座標をP(x, y)とおくと，PF+PF’=4より
$\sqrt{(x+ 1)^2+ y^2}+\sqrt{(x-1)^2+ y^2}=4$

　このままで両辺を２乗しても「一応計算できる」が「途中経過が４次式のコテコテの計算になる」から，そっちに進むのは避ける方がよい．
　次の変形のように根号を両辺に分けてから２乗すると，少しは簡単になる．

$\sqrt{(x+ 1)^2+ y^2}=4-\sqrt{(x-1)^2+ y^2}$
辺々を２乗する
$(x+ 1)^2+ y^2=16-8\sqrt{(x-1)^2+ y^2}+ (x-1)^2+ y^2$
$4x=16-8\sqrt{(x-1)^2+ y^2}$
$2\sqrt{(x-1)^2+ y^2}=4-x$
辺々を２乗する
$4\{(x-1)^2+ y^2\}=16-8x+ x^2$
$3x^2+ 4y^2=12$
$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$
$a=2,\hspace{2}b=\sqrt{3}$ だから
長軸の長さは $2a=4$ ，短軸の長さは $2b=2\sqrt{3}$ ･･･（答）

（別解）･･･結果がだ円になることは，問題文に書かれているから，だ円の公式に当てはめると
$c=1,\hspace{2}a=2,\hspace{2}b=\sqrt{a^2-c^2}=\sqrt{3}$
長軸の長さは $2a=4$ ，短軸の長さは $2b=2\sqrt{3}$ ･･･（答）

→解説を隠す←

【Ⅰ.2.(1)双曲線の方程式】
　２定点F(c, 0), F’(−c, 0)からの距離の差が一定±2aである点P(x, y)の軌跡は双曲線になる．
（ただし，c>a>0とし， $b=\sqrt{c^2-a^2}$ とおくと，

　双曲線 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\hspace{5}(a\gt 0,b\gt 0)$ ･･･(1)になる
• 焦点の座標は $F(c,0),\hspace{2}F\apos(-c,0)$

• 主軸はx軸（右図の通り）

• 漸近線の方程式は $y=\pm\frac{b}{a}x$
• 頂点の座標は
A(a, 0), A’(−a, 0)
• 双曲線の中心は原点O(0, 0)

【Ⅰ.2.(2) 双曲線の方程式】
　２定点F(0, c), F’(0, −c)からの距離の差が一定±2bである点P(x, y)の軌跡は双曲線になる．
（ただし，c>b>0とし， $a=\sqrt{c^2-b^2}$ とおくと，

　双曲線 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=-1\hspace{5}(a\gt 0,b\gt 0)$ ･･･(2)になる
• 焦点の座標は $F(0,c),\hspace{2}F\apos(0,-c)$

• 主軸はy軸（右図の通り）

• 漸近線の方程式は $y=\pm\frac{b}{a}x$
• 頂点の座標は
B(0, b), B’(0, −b)
• 双曲線の中心は原点O(0, 0)

［双曲線の方程式(1)の証明］
　動点をP(x, y)とおいて，２点F(c, 0), F’(−c, 0)との距離の差を求める．（ただし，c>a>0）
$FP-F\apos P=\pm 2a$
$\sqrt{(x-c)^2+ y^2}-\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}=\pm 2a$

$\sqrt{(x-c)^2+ y^2}=\pm 2a-\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}$
辺々２乗する
$(x-c)^2+ y^2=4a^2\pm 4a\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}$
$+(x+ c)^2+ y^2$
$-4cx=4a^2\pm 4a\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}$
$\pm 4a\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}=4a^2+ 4cx$
$\pm a\sqrt{(x+ c)^2+ y^2}=a^2+ cx$
辺々２乗する
$a^2\{(x+ c)^2+ y^2\}=a^4+ 2a^2cx+ c^2x^2$
$a^2x^2+ 2a^2cx+ a^2c^2+ a^2y^2=a^4+ 2a^2cx+ c^2x^2$
$a^2x^2+ a^2c^2+ a^2y^2=a^4+ c^2x^2$

ここで，c>a>0に注意する

$(c^2-a^2)x^2-a^2y^2=a^2(c^2-a^2)$
$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{c^2-a^2}=1$
ここで， $\sqrt{c^2-a^2}=b$ とおくと，
$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ ･･･■証明終■

【例題4】★☆☆
　次の双曲線について，(A) 焦点の座標, (B) 頂点の座標, (C) 漸近線の方程式を求めて，(D) グラフの概形を描いてください．

(1) $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{4}=1$
(2) $x^2-y^2=-1$

（高校教科書のレベル）

(1)

$a=3,\hspace{2}b=2,\hspace{2}c=\sqrt{a^2+ b^2}=\sqrt{13}$ だから
(A) 焦点の座標は $F(\sqrt{13},\hspace{2}0),\hspace{2}F\apos(-\sqrt{13},\hspace{2}0)$

(B) 頂点の座標は $A(3,\hspace{2}0),\hspace{2}A\apos(-3,\hspace{2}0)$
(C) 漸近線の方程式は $y=\pm\frac{2}{3}x$
(D) 概形は，右図の通り

(2)

$a=1,\hspace{2}b=1,\hspace{2}c=\sqrt{a^2+ b^2}=\sqrt{2}$ だから
(A) 焦点の座標は $F(0,\hspace{2}\sqrt{2}),\hspace{2}F\apos(0,\hspace{2}-\sqrt{2})$

(B) 頂点の座標は $B(0,\hspace{2}1),\hspace{2}B\apos(0,\hspace{2}-1)$
(C) 漸近線の方程式は $y=\pm x$
(D) 概形は，右図の通り

【例題5】★☆☆

　双曲線 $\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1$ について, (1) 焦点の座標，(2) 頂点の座標， (3) 漸近線の方程式を求めて，(4) グラフの概形を描いてください．

（高校教科書のレベル）

a=4, b=3だから
$c=\sqrt{a^2+ b^2}=5$
(1) 焦点の座標は， $F(5,\hspace{2}0),\hspace{2}F\apos(-5,\hspace{2}0)$
(2) 頂点の座標は，A(4, 0), A’(−4, 0))

(3) 漸近線の方程式は， $y=\pm\frac{3}{4}x$
(3) グラフの概形は右図

【問題2】★☆☆

　双曲線 $\frac{x^2}{35}-\frac{y^2}{12}=1$ の焦点の座標は(⑤ $\sqrt{\fbox{\hspace{5}6\hspace{5}}\fbox{\hspace{5}7\hspace{5}}}$ , 0)である．

（2011年度日本大理工学部）

［解説を読む］

$a=\sqrt{35},\hspace{2}b=\sqrt{12}$ として， $F(\sqrt{a^2+ b^2},0),\hspace{2}F\apos(-\sqrt{a^2+ b^2},0)$ の座標を求める
$\sqrt{a^2+ b^2}=\sqrt{35+ 12}=\sqrt{47}$
だから
　焦点の座標は $(\pm\sqrt{47},0)$ ･･･（答）
→解説を隠す←

【問題3】★★★
　２定点F(a, a), F’(−a, −a)を焦点とし，F, F’からの距離の差が2aである双曲線Cを考える．ただし，a>0とする．
(1)　双曲線Cの方程式を求めよ．
(2)　双曲線Cの頂点の座標および漸近線の方程式を求めよ．

（2000年度鹿児島大）

［解説を読む］

(1)
動点をP(x, y)とおく
$FP-F\apos P=\pm 2a$
$\sqrt{(x-a)^2+ (y-a)^2}-\sqrt{(x+ a)^2+ (y+ a)^2}=\pm 2a$
$\sqrt{(x-a)^2+ (y-a)^2}\pm 2a=\sqrt{(x+ a)^2+ (y+ a)^2}$
辺々２乗する
$(x-a)^2+ (y-a)^2}\pm 4a\sqrt{(x-a)^2+ (y-a)^2}+ 4a^2$
$=(x+ a)^2+ (y+ a)^2$
$\pm 4a\sqrt{(x-a)^2+ (y-a)^2}=4ax+ 4ay-4a^2$
$\pm \sqrt{(x-a)^2+ (y-a)^2}=x+ y-a$
辺々２乗する
$x^2-2ax+ a^2+ y^2-2ay+ a^2$
$=x^2+ y^2+ a^2+ 2xy-2ax-2ay$
$2xy=a^2$
$xy=\frac{a^2}{2}$ ･･･（答）
(2)
(1)の形の直角双曲線の漸近線は，座標軸である
$y=0,x=0$ ･･･（答）
頂点の座標は，y=±xの直線と双曲線との交点として求まる．
$A(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{a}{\sqrt{2}}),A\apos(-\frac{a}{\sqrt{2}},-\frac{a}{\sqrt{2}})$ ･･･（答）
→解説を隠す←

（別解）･･･問題文にも結果が双曲線になると書かれているので，これを利用した答案

　x軸上の $F_1(\sqrt{2}a,0),F_1\apos(-\sqrt{2}a,0)$ を焦点とし， $A_1(a,0),A_1\apos(-a,0)$ を頂点とする（直角）双曲線を考えると，
$b=\sqrt{2a^2-a^2}=a$
双曲線の方程式は
$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{a^2}=1$
$x^2-y^2=a^2$
漸近線の方程式は
$y=\pm\frac{b}{a}x=\pm x$

上記の焦点，頂点，漸近線，双曲線を原点の周りに45°反時計回りに回転させる．次の変換により新座標(X, Y)が求まる．

$X=\frac{x}{\sqrt{2}}-\frac{y}{\sqrt{2}}$
$Y=\frac{x}{\sqrt{2}}+\frac{y}{\sqrt{2}}$

$x=\frac{X}{\sqrt{2}}+\frac{Y}{\sqrt{2}}$
$y=\frac{X}{\sqrt{2}}-\frac{Y}{\sqrt{2}}$

•焦点の座標は
$F_1(\sqrt{2}a,0),F_1\apos(-\sqrt{2}a,0)\rightarrow F(a,a),F\apos(-a,-a)$
•頂点の座標は
$A_1(a,0),A_1\apos(-a,0)\rightarrow A(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{a}{\sqrt{2}}),A\apos(-\frac{a}{\sqrt{2}},-\frac{a}{\sqrt{2}})$
･･･(2)の答
•漸近線の方程式は
$y=\pm x\rightarrow y=0,x=0$ ･･･(2)の答
•双曲線の方程式は
$x^2-y^2=a^2$
$\rightarrow\left(\frac{X}{\sqrt{2}}+\frac{Y}{\sqrt{2}}\right)^2-\left(\frac{X}{\sqrt{2}}-\frac{Y}{\sqrt{2}}\right)^2=a^2$
$\rightarrow 2XY=a^2$
変数をx, yで書くと
$xy=\frac{a^2}{2}$ ･･･(1)の答

【Ⅰ.3.(1) 放物線の方程式】

• 焦点F(p, 0)と準線x=−p (p≠0)からの距離が等しい点
P(x, y)の軌跡は放物線
$y^2=4px$ になる
• p≠0のとき，放物線 $y^2=4px$ について

(1) 頂点は，原点O(0, 0)
(2) 焦点の座標は，F(p, 0)
(3) 準線の方程式は，x=−p

放物線の対称軸のことを，単に軸という．
　(4) 軸の方程式は，y=0

【Ⅰ.3.(2) 放物線の方程式】

• 焦点F(0, p)と準線y=−p (p≠0)からの距離が等しい点
P(x, y)の軌跡は放物線
$x^2=4py$ になる
• p≠0のとき，放物線 $x^2=4py$ について

(1) 頂点は，原点O(0, 0)
(2) 焦点の座標は，F(0, p)
(3) 準線の方程式は，y=−p
(4) 軸の方程式は，x=0

この方程式は，.においてxとyの役割を入れ替えたものとなっている．

（放物線の方程式 .の証明）

　初めに，準線上の点Hと動点P(x, y)および焦点F(p, 0)が一直線上に並ぶとき，HP=PFとなる．すなわち，動点P(x, y)は原点O(0, 0)を通ることに注意．
　このように定めると放物線の頂点が原点を通ることになり，方程式が簡単になる．
　応用問題としては，頂点が原点以外に来る場合も扱うが，準線の方程式x=−pと焦点の座標F(p, 0)とで，符号だけ異なる数値p, −pを使うのは，このように頂点を原点に一致させるねらいがあるからと考えればよい．

　動点の座標をP(x, y)，動点から準線x=−pに下ろした垂線の足を(−p, y)，焦点の座標をF(p, 0)とおくと
$HP=PF$
$|x+ p|=\sqrt{(x-p)^2+ y^2}$
辺々２乗する
$x^2+ 2px+ p^2=x^2-2px+ p^2+ y^2$
$y^2=4px$

【例題6】★☆☆

　　次の放物線について，(A) 焦点の座標, (B) 頂点の座標, (C) 準線の方程式を求めて，(D) グラフの概形を描いてください．
(1) $y^2=12x$
(2) $x^2=-4y$

（高校教科書のレベル）

(1)

$y^2=4\times 3\times x$

(A) 焦点の座標は $F(3,\hspace{2}0)$
(B) 頂点の座標は $O(0,\hspace{2}0)$
(3) 準線の方程式は $x=-3$
(D) 概形は右図の通り

(2)

$x^2=4\times (-1)\times y$

(A) 焦点の座標は $F(0,\hspace{2}-1)$
(B) 頂点の座標は $O(0,\hspace{2}0)$
(3) 準線の方程式は $y=1$
(D) 概形は右図の通り

【Ⅱ. 曲線の平行移動】
　一般に，曲線 f(x, y)=0をx軸の正の向きにp,y軸の正の向きにqだけ平行移動して得られる曲線の方程式は
f(x−p, y−q)=0

　x軸の正の向きにα,y軸の正の向きにβだけ平行移動するとき
(1) 楕円
$\frac{x2}{a^2}+ \frac{y^2}{b^2}=1\hspace{5}\rightarrow\hspace{5}\frac{(x-\alpha)^2}{a^2}+ \frac{(y-\beta)^2}{b^2}=1$
(2) 双曲線
$\frac{x2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\hspace{5}\rightarrow\hspace{5}\frac{(x-\alpha)^2}{a^2}-\frac{(y-\beta)^2}{b^2}=1$
(3) 放物線
$y^2=4px\hspace{5}\rightarrow\hspace{5}(y-\beta)^2=4p(x-\alpha)$

【例題7】★☆☆

(1) 楕円 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$ を，x軸の正の向きに4,y軸の正の向きに5だけ平行移動してできる楕円の方程式を求めてください．
(2) $4x^2+ y^2+ 8x-4y+ 4=0$ はどのような図形を表すか．図示してください．

（高校教科書のレベル）

(1)
$\frac{(x-4)^2}{4}+\frac{(y-5)^2}{9}=1$

(2)
$4(x^2+ 2x)+ (y^2-4y)=-4$
$4\{(x+ 1)^2-1\}+ (y-2)^2-4=-4$
$4(x+ 1)^2+ (y-2)^2=4$
$(x+ 1)^2+\frac{(y-2)^2}{4}=1$
は楕円 $x^2+\frac{y^2}{4}=1$ をx軸の正の向きに−1,y軸の正の向きに2だけ平行移動したもの．（右図）

【問題4】★★☆
　座標平面上の点(x, y)が曲線 $4x^2+ 9y^2-24x=0$ の上を動くとき， $x^2+ y^2-6x$ の最小値はセである．

（2016年度産業医科大）

［解説を読む］

$4x^2+ 9y^2-24x=0$ より
$y^2=\frac{24x-4x^2}{9}$ ･･･①
ただし
$4(x^2-6x)+ 9y^2=0$
$4(x-3)^2+ 9y^2=36$
$\frac{(x-3)^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
より，0≦x≦6, −2≦y≦2･･･②
①を $x^2+ y^2-6x$ に代入してyを消去し，１変数xの関数に直す
$x^2+\frac{24x-4x^2}{9}-6x$
$=\frac{5}{9}x^2-\frac{10}{3}x$
$=\frac{5}{9}(x^2-6x)=\frac{5}{9}(x-3)^2-5$
②により，x=3, y=±2のとき最小値−5をとる･･･（答）

（別解1）
$4x^2+ 9y^2-24x=0$ より
$x^2-6x=-\frac{9}{4}y^2$ ･･･③
ただし
$4(x^2-6x)+ 9y^2=0$
$4(x-3)^2+ 9y^2=36$
$\frac{(x-3)^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
より，0≦x≦6, −2≦y≦2･･･④
を用いて，xを消去し，１変数yの関数に直してもよい
$x^2+ y^2-6x=y^2-\frac{9}{4}y^2=-\frac{5}{4}y^2$
④により，x=3, y=±2のとき最小値−5･･･（答）

（別解2）
媒介変数を用いて１つの変数で表す方法
$4(x^2-6x)+ 9y^2=0$
$4(x-3)^2+ 9y^2=36$
$\frac{(x-3)^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$
より，x=3cosθ+3, y=2sinθ (0≦θ<2π)･･･⑤
とおけるから
$x^2+ y^2-6x=(x-3)^2-9+ y^2$
$=(3\cos\theta)^2-9+ (2\sin\theta)^2$
$=9\cos^2\theta-9+ 4\sin^2\theta$
$=5\cos^2\theta-9+ 4(\sin^2\theta+ \cos^2\theta)$
$=5\cos^2\theta-9+ 4$
$=5\cos^2\theta-5$

$\theta=\frac{\pi}{2},\hspace{2}\frac{3\pi}{2}\hspace{2}(x=0,\hspace{2}y=\pm 2)$ のとき最小値−5･･･（答）

（別解3）
　点Pが右図の茶色で示した曲線 $4x^2+ 9y^2-24x=0$ 上にあるとき，点(3, 0)を中心とする円は，青色で示したときに半径が最小となる．
$2^2\underset{=}{\lt}(x-3)^2+ y^2\underset{=}{\lt}3^2$
$-5\underset{=}{\lt}x^2+ y^2-6x\underset{=}{\lt}0$
x=3, y=±2のとき最小値−5･･･（答）
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【例題8】★☆☆

(1) 双曲線 $\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{4}=-1$ を，x軸の正の向きに2,y軸の正の向きに1だけ平行移動してできる双曲線の方程式を求めてください．
(2) $9x^2-4y^2-18x-16y-43=0$ はどのような図形を表すか．図示してください．

（高校教科書のレベル）

(1)
$\frac{(x-2)^2}{9}-\frac{(y-1)^2}{4}=-1$
(2)
$9(x^2-2x)-4(y^2+ 4y)=43$
$9\{(x-1)^2-1\}-4\{(y+ 2)^2-4\}=43$
$9(x-1)^2-9-4(y+ 2)^2+ 16=43$

$9(x-1)^2-4(y+ 2)^2=36$
$\frac{(x-1)^2}{4}-\frac{(y+ 2)^2}{9}=1$

双曲線 $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}=1$ をx軸の正の向きに1,y軸の正の向きに−2だけ平行移動したもの．（右図）

【問題5】★★☆
　方程式 $2x^2-y^2+ 8x+ 2y+ 11=0$ が表す曲線は，頂点が(け, こ)と(さ, し)，焦点が(す, せ)と(そ, た)の双曲線で，その漸近線の方程式はy=ちおよびy=つである．

（2011年度慶應義塾大医学部）

［解説を読む］

$2(x^2+ 4x)-(y^2-2y)=-11$
$2(x+ 2)^2-8-(y-1)^2+ 1=-11$
$2(x+ 2)^2-(y-1)^2=-4$
$\frac{(x+ 2)^2}{2}-\frac{(y-1)^2}{4}=-1$ ･･･(2)
と変形できるから，(2)は双曲線
$\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{4}=-1$ ･･･(1)
を，x軸の正の向きに−2，y軸の正の向きに1だけ平行移動したもの

	双曲線(1)	双曲線(2)	解答の記号
頂点	(0,2) (0,−2)	(−2,3) (−2,−1)	けこさし
焦点	$(0,\sqrt{6})$ $(0,-\sqrt{6})$	$(-2,1+\sqrt{6})$ $(-2,1-\sqrt{6})$	すせそた
漸近線	$y=\sqrt{2}x$ $y=-\sqrt{2}x$	$y-1=\sqrt{2}(x+ 2)$ 　 $y=\sqrt{2}x+ 2\sqrt{2}+ 1$ $y-1=-\sqrt{2}(x+ 2)$ 　 $y=-\sqrt{2}x-2\sqrt{2}+ 1$	ちつ

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【例題9】★☆☆

(1) 放物線 $y^2=8x$ を，x軸の正の向きに3,y軸の正の向きに1だけ平行移動してできる放物線の方程式を求めてください．
(2) $x^2-4x+ 4y-8=0$ はどのような図形を表すか．図示してください．

（高校教科書のレベル）

(1)
$(y-1)^2=8(x-3)$

(2)
$x^2-4x=-4y+ 8$
$(x-2)^2-4=-4y+ 8$
$(x-2)^2=-4y+ 12=-4(y-3)$
放物線 $x^2=-4y$ をx軸の正の向きに2,y軸の正の向きに3だけ平行移動したもの．（右図）

■因数分解型の不等式が表す図形■
　２文字の因数分解型の不等式が表す図形は，市松模様（チェック模様）とも呼ばれ，東京2020のエンブレムや『鬼滅の刃』炭治郎の上着にも用いられている．歌舞伎役者佐野川市松が好んで用い，後に市松模様などと呼ばれるようになった．
• 市松模様では，境界線で隣り合う領域は白黒が反対になり，対角線側とは一致する．
• 因数分解型の不等式は，連立不等式の応用問題と考えることができ，例えば，
$\{(x-1)^2+ y^2-4\}\{(x+ 1)^2+ y^2-4\}\lt 0$
という因数分解型の不等式は

$(x-1)^2+ y^2-4\lt 0$
$(x+ 1)^2+ y^2-4\gt 0$
または

$(x-1)^2+ y^2-4\lt 0$
$(x+ 1)^2+ y^2-4\gt 0$
　右図の茶色で塗った箇所に対応する．
• このような市松模様を作るには， $(x-1)^2+ y^2=4$ ， $(x+ 1)^2+ y^2=4$ を「＝０となる形にして掛けたもの」すなわち「因数分解型」にすることが重要で，
$\{(x-1)^2+ y^2\}\{(x+ 1)^2+ y^2\}\lt 16$
のような形では，できない．
• 「市松に塗り分ける」「柄模様が市松になっている」などと形容動詞的に使うこともあるようです．

【問題6】★★☆
　次の不等式が表す領域を座標平面上に図示しなさい．
$(4x^2+ 9y^2-36)(4x^2-27y)\gt 0$

（2016年度龍谷大理工学部）

［解説を読む］

$4x^2+ 9y^2-36=0$
$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$ ･･･①
$y=\frac{4}{27}x^2$ ･･･②
①②の交点は
$(\pm\frac{3\sqrt{3}}{2},\hspace{2}1)$

　例えば，点x=1, y=0は原式を満たさないので，点(1, 0)を含む領域は塗りつぶさない．その隣の領域から塗り始めて，市松に塗りこむ．ただし,境界線は含まない．
（点x=0, y=1は原式を満たすので，点(0, 1)を含む領域を塗りつぶし，順に市松に塗りつぶす．ただし,境界線は含まない．）
　右図の塗りこんだ部分が解
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【基本の復習】
•不等式 $x^2+ y^2\gt r^2$ が表す領域は，円 $x^2+ y^2=r^2$ の外側（境界線を含まない）
•不等式 $x^2+ y^2\lt r^2$ が表す領域は，円 $x^2+ y^2=r^2$ の内側（境界線を含まない）

•不等式 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\gt 1$ が表す領域は，楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の外側（境界線を含まない）

•不等式 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\lt 1$ が表す領域は，楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の内側（境界線を含まない）

【問題7】★★☆

　xy平面において，不等式
$(\frac{x^2}{3}+ y^2-1)(x^2+\frac{y^2}{3}-1)\underset{=}{\lt}0$
が表す領域の面積を求めよ．

（2014年度横浜国立大理工学部）

［解説を読む］

　右図の桃色で示した部分．濃い桃色の部分の面積を求めて８倍すればよい．
灰色で示した交点のx座標は
$\frac{x^2}{3}+ y^2=1,\hspace{2}y=x$
から求まる
$(\frac{\sqrt{3}}{2},\hspace{2}\frac{\sqrt{3}}{2})$
濃い桃色の部分の面積は
$\sqrt{3}\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\sqrt{3}}{2}}}\sqrt{1-x^2}dx-\frac{1}{\sqrt{3}}\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\sqrt{3}}{2}}}\sqrt{3-x^2}dx$
定積分の所は，各々置換積分によって計算できる

$\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\sqrt{3}}{2}}}\sqrt{1-x^2}dx$
$=\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cos\theta\cdot\hspace{1}\cos\theta d\theta$
$=\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\cos^2\theta d\theta$
$=\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\pi}{3}}}\frac{\cos 2\theta+ 1}{2}d\theta$
$=\left[\frac{\sin 2\theta}{4}+\frac{\theta}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{6}$

$x=\sin\theta$ とおくと

x	$0\rightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}$
θ	$0\rightarrow\frac{\pi}{3}$

$\frac{dx}{d\theta}=\cos\theta$
$\sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2\theta}$
$=\cos\theta\hspace{2}(\gt 0)$

$\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\sqrt{3}}{2}}}\sqrt{3-x^2}dx$
$=\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\pi}{6}}}\sqrt{3}\cos\theta\cdot\hspace{1}\sqrt{3}\cos\theta d\theta$
$=3\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\pi}{6}}}\cos^2\theta d\theta$
$=3\underset{^0\hspace{10}}{\int^{\frac{\pi}{6}}}\frac{\cos 2\theta+ 1}{2} d\theta$
$=3\left[\frac{\sin 2\theta}{4}+\frac{\theta}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{6}}=3\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{12}\right)$

$x=\sqrt{3}\sin\theta$ とおくと

x	$0\rightarrow\frac{\sqrt{3}}{2}$
θ	$0\rightarrow\frac{\pi}{6}$

$\frac{dx}{d\theta}=\sqrt{3}\cos\theta$
$\sqrt{3-x^2}=\sqrt{3-3\sin^2\theta}$
$=\sqrt{3}\cos\theta\hspace{2}(\gt 0)$

濃い桃色の部分の面積は
$\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{8}\right)+\frac{\pi}{6}-\frac{1}{\sqrt{3}}\times 3\left(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi}{12}\right)$
$=\frac{3}{8}+\frac{\sqrt{3}\pi}{6}-\frac{3}{8}-\frac{\sqrt{3}\pi}{12}=\frac{\sqrt{3}\pi}{12}$
求める面積は
$8\times\frac{\sqrt{3}\pi}{12}=\frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$ ･･･（答） →解説を隠す←

【Ⅲ.1 接線の公式】

	２次曲線の方程式 $\Longrightarrow$ 接点 $(x_1,y_1)$ における接線の方程式
楕円	$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ $\Longrightarrow$ $\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$
双曲線	$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ $\Longrightarrow$ $\frac{x_1x}{a^2}-\frac{y_1y}{b^2}=1$ $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=-1$ $\Longrightarrow$ $\frac{x_1x}{a^2}-\frac{y_1y}{b^2}=-1$
放物線	$y^2=4px$ $\Longrightarrow$ $y_1y=2p(x+ x_1)$ $x^2=4py$ $\Longrightarrow$ $x_1x=2p(y+ y_1)$

• 曲線の方程式で「変数の２乗」になっている所は「1枚を接点の座標に入れ換えた掛け算」にすると接線の方程式になる．
$x^2\hspace{5}\Longrightarrow\hspace{5}x_1x$
$y^2\hspace{5}\Longrightarrow\hspace{5}y_1y$
• 放物線の方程式で，「変数+変数」と読める所は「1枚を接点の座標に入れ換えた足し算」にすると接線の方程式になる．
$2x\hspace{5}\Longrightarrow\hspace{5}x+ x_1$
$4px=2p(x+ x)\hspace{5}\Longrightarrow\hspace{5}2p(x+ x_1)$

※ 勢い余って，「１つの変数を２枚とも」貼りかえてしまうと，接点が曲線上にあるという事実を表すだけになるので要注意．

（接線の公式：証明）
　楕円,双曲線，放物線上の接点 $(x_1,y_1)$ における接線の方程式は，高校の教科書では発展学習になっている場合があるが，大学入試問題として出題されてもやむを得ないと考えられる．
(A) 内容的には，数学Ⅲの「陰関数の微分法」を用いると統一的に示せる．

(A)
　楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ･･･①上の接点 $(x_1,\hspace{2}y_1)$ における接線の方程式を求める．
　①の両辺を陰関数の微分法によって微分する
$\frac{2x}{a^2}+\frac{2y}{b^2}y\apos=0$
$y\apos=-\frac{b^2x}{a^2y}$
　したがって，接点 $(x_1,\hspace{2}y_1)$ における微分係数（接線の傾き）は
$-\frac{b^2x_1}{a^2y_1}$
（なお， $y_1=0$ すなわち，接点の座標が $(\pm a,\hspace{2}0)$ の場合は，別途，x軸に垂直な直線の方程式として求めるとよい： $x=\pm a$ ）
　接線の方程式は
$y-y_1=-\frac{b^2x_1}{a^2y_1}(x-x_1)$
$a^2y_1y-a^2y_1^2=-b^2x_1x+ b^2x_1^2$
$b^2x_1x+ a^2y_1y=b^2x_1^2+ a^2y_1^2$
$\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1$ ･･･■証明終■

　双曲線 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ ･･･②上の接点 $(x_1,\hspace{2}y_1)$ における接線の方程式を求める．
　②の両辺を陰関数の微分法によって微分する
$\frac{2x}{a^2}-\frac{2y}{b^2}y\apos=0$
$y\apos=\frac{b^2x}{a^2y}$
　したがって，接点 $(x_1,\hspace{2}y_1)$ における微分係数（接線の傾き）は
$\frac{b^2x_1}{a^2y_1}$
（なお， $y_1=0$ すなわち，接点の座標が $(\pm a,\hspace{2}0)$ の場合は，別途，x軸に垂直な直線の方程式として求めるとよい： $x=\pm a$ ）
　接線の方程式は
$y-y_1=\frac{b^2x_1}{a^2y_1}(x-x_1)$
$a^2y_1y-a^2y_1^2=b^2x_1x-b^2x_1^2$
$b^2x_1x-a^2y_1y=b^2x_1^2-a^2y_1^2$
$\frac{x_1x}{a^2}-\frac{y_1y}{b^2}=\frac{x_1^2}{a^2}-\frac{y_1^2}{b^2}=1$ ･･･■証明終■

　双曲線 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=-1$ の場合も同様に示される．

　放物線 $y^2=4px$ ･･･③上の接点 $(x_1,\hspace{2}y_1)$ における接線の方程式を求める．
　③の両辺を陰関数の微分法によって微分する
$2yy\apos=4p$
$y\apos=\frac{2p}{y}$
　したがって，接点 $(x_1,\hspace{2}y_1)$ における微分係数（接線の傾き）は
$\frac{2p}{y_1}$
（なお， $y_1=0$ すなわち，接点の座標が $(\pm a,\hspace{2}0)$ の場合は，別途，x軸に垂直な直線の方程式として求めるとよい： $x=\pm a$ ）
　接線の方程式は
$y-y_1=\frac{2p}{y_1}(x-x_1)$
$y_1y-y_1^2=2px-2px_1$
$y_1y-4px_1=2px-2px_1$
$y_1y=2px+ 2px_1=2p(x+ x_1)$ ･･･■証明終■

【例題10】★☆☆

(1) 楕円 $x^2+\frac{y^2}{4}=1$ の周上の点 $P(\frac{\sqrt{3}}{2},\hspace{2}1)$ における接線の方程式を求めてください．

(2) 双曲線 $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}=1$ 上の点 $Q(4,\hspace{2}3\sqrt{3})$ における接線の方程式を求めてください．
(3) 放物線 $y^2=16x$ 上の点 $R(1,\hspace{2}4)$ における接線の方程式を求めてください．

（高校教科書のレベル）

(1)
$\frac{\sqrt{3}x}{2}+\frac{y}{4}=1$
$2\sqrt{3}x+ y=4$ ･･･（答）
(2)
$\frac{4x}{4}-\frac{3\sqrt{3}y}{9}=1$
$x-\frac{y}{\sqrt{3}}=1$
$\sqrt{3}x-y=\sqrt{3}$ ･･･（答）
(3)
$4y=8(1+ x)$
$y=2x+ 2$ ･･･（答）

【問題8】★☆☆

　楕円 $\frac{x^2}{3}+ y^2=1$ 上の点 $(1,\hspace{2}\frac{\sqrt{6}}{3})$ における接線の方程式を求めよ．

（2011年度長崎大工学部）

［解説を読む］

$\frac{1\times x}{3}+ \frac{\sqrt{6}}{3}y=1$
すなわち
$x+ \sqrt{6}y=3$ ･･･（答）

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【問題9】★☆☆

　楕円 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$ 上の点 $(\sqrt{3},\hspace{2}-\frac{3}{2})$ における接線の傾きを $k$ とする． $\frac{4k^2}{3}$ の値を求めよ．
(ア) 0　(カ) 1　(サ) 2　(タ) 3　(ナ) 4　(ハ) 5　(マ) 6　(ヤ) 7　(ラ) 8　(ワ) 9　

（2014年度自治医科大）

［解説を読む］

接線の方程式は， $\frac{\sqrt{3}x}{4}-\frac{3y}{2}=1$
すなわち
$y=\frac{3}{2}\sqrt{3}x-6$
の傾きは
$k=\frac{3}{2}\sqrt{3}$
だから
$\frac{4k^2}{3}=\frac{4}{3}\times\frac{27}{4}=9$
(ワ)･･･（答）

♪～勉強が楽しく進む～♪

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【Ⅲ.2 接線の公式】

	２次曲線の方程式 $\Longrightarrow$ 接点 $(x_1,y_1)$ における接線の方程式
楕円	$\frac{(x-\alpha)^2}{a^2}+\frac{(y-\beta)^2}{b^2}=1$ $\Longrightarrow$ $\frac{(x_1-\alpha)(x-\alpha)}{a^2}+\frac{(y_1-\beta)(y-\beta)}{b^2}=1$
双曲線	$\frac{(x-\alpha)^2}{a^2}-\frac{(y-\beta)^2}{b^2}=1$ $\Longrightarrow$ $\frac{(x_1-\alpha)(x-\alpha)}{a^2}-\frac{(y_1-\beta)(y-\beta)}{b^2}=1$ $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=-1$ $\Rightarrow$ $\frac{(x_1-\alpha)(x-\alpha)}{a^2}-\frac{(y_1-\beta)(y-\beta)}{b^2}=-1$
放物線	$(y-\beta)^2=4p(x-\alpha)$ $\Rightarrow$ $(y_1-\beta)(y-\beta)=2p\{(x-\alpha)+(x_1-\alpha)\}$ $(x-\alpha)^2=4p(y-\beta)$ $\Rightarrow$ $(x_1-\alpha)(x-\alpha)=2p\{(y-\beta)+(y_1-\beta)\}$

【例題11】★☆☆

(1) 楕円 $\frac{(x-1)^2}{18}+\frac{(y-3)^2}{8}=1$ の周上の点 $P(4,\hspace{2}5)$ における接線の方程式を求めてください．

(2) 双曲線 $\frac{(x-1)^2}{3}-\frac{(y+ 2)^2}{4}=1$ 上の点 $Q(4,\hspace{2}2\sqrt{2}-2)$ における接線の方程式を求めてください．
(3) 放物線 $(y+ 1)^2=8(x-3)$ 上の点 $R(5,\hspace{2}3)$ における接線の方程式を求めてください．

（高校教科書のレベル）

(1)
$\frac{(4-1)(x-1)}{18}+\frac{(5-3)(y-3)}{8}=1$
$\frac{3(x-1)}{18}+\frac{2(y-3)}{8}=1$
$\frac{x-1}{6}+\frac{y-3}{4}=1$
$2(x-1)+ 3(y-3)=12$
$2x+ 3y-23=0$ ･･･（答）
(2)
$\frac{(4-1)(x-1)}{3}-\frac{(2\sqrt{2}-2+ 2)(y+ 2)}{4}=1$
$\frac{3(x-1)}{3}-\frac{2\sqrt{2}(y+ 2)}{4}=1$
$x-1-\frac{y+ 2}{\sqrt{2}}=1$
$\sqrt{2}(x-1)-(y+ 2)=\sqrt{2}$
$\sqrt{2}x-y-2-2\sqrt{2}=0$ ･･･（答）
(3)
$(3+ 1)(y+ 1)=4\{(5-3)+(x-3)\}$
$4(y+ 1)=4(x-1)$
$y+ 1=x-1$
$y=x-2$ ･･･（答）

（証明）
• 楕円
$\frac{(x-\alpha)^2}{a^2}+\frac{(y-\beta)^2}{b^2}=1$
上の接点を $P(x_1,\hspace{2}y_1)$ とする．接点を付けたまま楕円をx軸の正の向きに−α,y軸の正の向きに−βだけ平行移動すると，原点を中心とする楕円
$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$
と，楕円上の接点 $P\apos(x_1-\alpha,\hspace{2}y_1-\beta)$ が得られる．
$P\apos(x_1-\alpha,\hspace{2}y_1-\beta)$ における接線の方程式は
$\frac{(x_1-\alpha)x}{a^2}+\frac{(y_1-\beta)y}{b^2}=1$
このグラフを，x軸の正の向きにα,y軸の正の向きにβだけ平行移動すると，接点 $P(x_1,\hspace{2}y_1)$ における接線の方程式が得られる．
$\frac{(x_1-\alpha)(x-\alpha)}{a^2}+\frac{(y_1-\beta)(y-\alpha)}{b^2}=1$ ･･･■証明終■
• 双曲線，放物線の場合も，同様にして示せる．

【極線の方程式Ⅳ】

(1) 点 $(x_1,y_1)$ が楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の「曲線上の点」ならば
$\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$
は，点 $(x_1,y_1)$ における「接線」の方程式を表す．（双曲線，放物線の場合も同様）

※しかし，点 $(x_1,y_1)$ が楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の「曲線上の点」でなければ， $\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$ は，点 $(x_1,y_1)$ を通る「接線」

を表さず，点 $(x_1,y_1)$ を極とする「極線の方程式」と呼ばれるものになる．（右図の直線QR）

• 公式： $\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$ が，点 $(x_1,y_1)$ における「接線」を表すのは，点 $(x_1,y_1)$ が楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の「曲線上の点」である場合に限ることを，教科書程度の基本として確認してください．
• 次に，点 $(x_1,y_1)$ が「(2) 曲線外の点である場合」「(3) 曲線内の点である場合」の「極」および「極線の方程式」という話は，高校数学としては発展学習になるので，余裕があれば読んでください･･･大学入試問題として出題されることはある．

(2) 点 $P(x_1,y_1)$ が楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の「曲線外の点」である場合， $\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$ は，

点Pを通る２つの接線の接点QとRを結ぶ直線QRになる．
　このとき，直線QRは，点Pを極とする極線と呼ばれる．

（証明）
２つの接点をQ(r, s), R(v, w)とおくと，接線の方程式は，各々
$\frac{rx}{a^2}+\frac{sy}{b^2}=1$ ･･･①
$\frac{vx}{a^2}+\frac{wy}{b^2}=1$ ･･･②
これら２つの接線は，点 $P(x_1,y_1)$ を通るから，次の２つの関係式が成り立つ．
$\frac{rx_1}{a^2}+\frac{sy_1}{b^2}=1$ ･･･①’
$\frac{vx_1}{a^2}+\frac{wy_1}{b^2}=1$ ･･･②’
ここで，（なぜ思いつくのかは別として）
$\frac{xx_1}{a^2}+\frac{yy_1}{b^2}=1$ ･･･③
という（直線の）方程式を考えてみると，①’,②’は,③にQ(r, s), R(v, w)の座標を代入したら，成り立つということを表している．
　したがって，③はQ(r, s), R(v, w)を結ぶ直線になる･･･■証明終■

【例題12】★★☆

(1) 楕円 $\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{8}=1$ の曲線上の点 $P(3,\hspace{2}2)$ における接線の方程式を求めて，その概形を描いてください．

(2) 楕円 $\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{8}=1$ の曲線外の点 $P(3,\hspace{2}4)$ の極線の方程式を求めて，その概形を描いてください．

(1)
$\frac{3x}{18}+\frac{2y}{8}=1$
$\frac{x}{6}+\frac{y}{4}=1$

(2)
$\frac{3x}{18}+\frac{4y}{8}=1$
$\frac{x}{6}+\frac{y}{2}=1$

※一般に，x切片がa，y切片がb（ただし，a, b≠0）である直線の方程式は
$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$

(3) 点 $P(x_1,y_1)$ が楕円 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ の「曲線内の点」である場合， $\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$ ･･･①を考えると，

　点Pを通る直線と曲線との交点Q, Rを接点とする２つの接線の交点をUとする．
　同様にして，点Pを通る別の直線と曲線との交点S, Tを接点とする２つの接線の交点をVとする．（異なる２つ以上の直線であれば，何本引いてもよいが，最小限２本引けばよい）
　①は，これら２つの点U, Vを結ぶ直線UVになる．
　このとき，直線①は，点Pを極とする極線と呼ばれる．

（証明）
前述の(2)と同様に考えるが，途中経過はかなり長くなる．
　Q(r, s), R(v, w)を接点とする２つの接線の交点がU(g, h)だから

$\frac{rx}{a^2}+\frac{sy}{b^2}=1$ ･･･②
$\frac{vx}{a^2}+\frac{wy}{b^2}=1$ ･･･③
U(g, h)は②も③も満たすから

$\frac{rg}{a^2}+\frac{sh}{b^2}=1$ ･･･②’
$\frac{vg}{a^2}+\frac{wh}{b^2}=1$ ･･･③’
②’, ③’は，直線
$\frac{xg}{a^2}+\frac{yh}{b^2}=1$ ･･･④
上に２点Q(r, s), R(v, w)があることを示している． $P(x_1,y_1)$ も同様にその直線上にあるから，次の関係式が成り立つ

$\frac{x_1g}{a^2}+\frac{y_1h}{b^2}=1$ ･･･⑤

　S(c, d), T(e, f)を接点とする２つの接線の交点がV(j, k)だから，同様にして，次の関係式が成り立つ

$\frac{x_1j}{a^2}+\frac{y_1k}{b^2}=1$ ･･･⑥

⑤⑥は，２点U(g, h), V(j, k)が直線

$\frac{x_1x}{a^2}+\frac{y_1y}{b^2}=1$ ･･･⑦
上にあることを示している．･･･■証明終■

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