この問題の考え方を短い動画にまとめました。動画は問題の提示から始まります。 流れをつかんでから、下の解説を読んでください。
複素数平面で「垂直」は、比が純虚数になることで表せます。 極座標の円は、中心・極・円上の点でできる三角形に余弦定理を使えば、そのまま極方程式になります。 〔2〕(2) は、出てきた式を ① の形に合わせて読むだけで中心と半径が分かります。
この回で扱う問題
〔1〕複素数平面上の △OAB（A(\(\alpha\))、B(\(\beta\))）で、直線 OA 上に OP ＝ BP となる点 P(\(z\)) をとる。OB の中点を M(\(m\)) とすると、\(\dfrac{z-m}{\beta-m}\) はつねに ア。 \(z=k\alpha\)（\(k\) は実数）とおき、\(\alpha=14+6i\)、\(\beta=2+5i\) のとき \(k=\dfrac{\fbox{イ}}{\fbox{ウ}}\)。このとき MP エ MB。
〔2〕(1) 極座標が (5, 0) の点を A とする。A を中心とする半径 5 の円 \(K_1\) の極方程式は オ。半径 \(R\)（\(R\ne 5\)）の円 \(K_2\) は △OAP に着目して \(r^2-\)カキ\(r\)ク\(+\)ケコ\(=R^2\) …①。
(2) 極座標が \(\left(5,\ \dfrac{\pi}{5}\right)\) の点を B とする。OP : BP ＝ 3 : 2 を満たす点 P の軌跡は \(r^2-\)サシ\(r\)ス\(+\)セソ\(=0\)。①のように変形すると、中心 タ、半径 チ の円。 この円 \(K\) の中心 G を通り始線に平行な直線と \(K\) の交点のうち O から遠い方を C、C から始線に引いた垂線の足を H とすると、直線 CH の極方程式は ツ。
方針 ― 垂直は純虚数、円は余弦定理
- \(\dfrac{z-m}{\beta-m}\) が純虚数 ⇔ MP ⊥ MB（偏角が \(\pm\dfrac{\pi}{2}\)）。
- 純虚数 ⇔ 実部が 0。\(z=k\alpha\) を入れて \(k\) を決める。
- 中心 \((a,\ \varphi)\)、半径 \(R\) の円は、余弦定理から \(r^2-2ar\cos(\theta-\varphi)+a^2=R^2\)。
〔1〕P の条件と k（ア〜ウ）
△POB は PO ＝ PB の二等辺三角形なので、底辺 OB の中点 M と結ぶと PM ⊥ OB。
\(\dfrac{z-m}{\beta-m}\) は純虚数（ア＝③）
\(w=\dfrac{2k\alpha}{\beta}-1\) が純虚数なので、\(\dfrac{2k\alpha}{\beta}\) の実部が 1。
\[\frac{\alpha}{\beta}=\frac{14+6i}{2+5i}=\frac{(14+6i)(2-5i)}{29}\]
\[=\frac{58-58i}{29}=2-2i\]
\(\dfrac{2k\alpha}{\beta}=4k-4ki\) の実部 \(4k=1\) より
\(k=\dfrac14\)（イ＝1、ウ＝4）
〔1〕MP と MB（エ）
\(z=\dfrac14\alpha=\dfrac72+\dfrac32i\)、\(m=\dfrac12\beta=1+\dfrac52i\)。
\[\mathrm{MP}=\left|\frac52-i\right|=\frac{\sqrt{29}}{2}\]
\[\mathrm{MB}=\left|1+\frac52i\right|=\frac{\sqrt{29}}{2}\]
MO ＝ MB ＝ MP なので、P は OB を直径とする円の上にあり、∠OPB ＝ 90°。△OPB は直角二等辺三角形です。
MP ＝ MB（エ＝①）
〔2〕(1) 円 K₁ と K₂（オ〜ケコ）
\(K_1\) は中心 (5, 0)、半径 5 なので、O と点 D(10, 0) を直径の両端とする円。円周角から ∠OPD ＝ 90° で、\(r=\mathrm{OD}\cos\theta\)。
\(r=10\cos\theta\)（オ＝④）
\(K_2\) では △OAP に余弦定理を使います。OA ＝ 5、OP ＝ \(r\)、AP ＝ \(R\)、∠AOP ＝ \(\theta\) なので
\[R^2=r^2+5^2-2\cdot5\cdot r\cos\theta\]
\(r^2-10r\cos\theta+25=R^2\)（カキ＝10、ク＝⓪、ケコ＝25）
〔2〕(2) OP : BP = 3 : 2 の軌跡（サシ〜ソ）
△OBP で、∠BOP ＝ \(\theta-\dfrac{\pi}{5}\)（の大きさ）なので、余弦定理から
\[\mathrm{BP}^2=r^2+25-10r\cos\left(\theta-\frac{\pi}{5}\right)\]
\(2\,\mathrm{OP}=3\,\mathrm{BP}\) を2乗して \(4r^2=9\,\mathrm{BP}^2\)。
\[4r^2=9r^2+225-90r\cos\left(\theta-\frac{\pi}{5}\right)\]
整理して5で割ると
\[r^2-18r\cos\left(\theta-\frac{\pi}{5}\right)+45=0\]
（サシ＝18、ス＝②、セソ＝45）
〔2〕(2) 中心と半径（タ・チ）
① の形 \(r^2-2ar\cos(\theta-\varphi)+a^2=R^2\) に合わせます。\(2a=18\) より \(a=9\)。両辺に \(81-45=36\) を足すと
\[r^2-18r\cos\left(\theta-\frac{\pi}{5}\right)+81=36\]
中心 \(\left(9,\ \dfrac{\pi}{5}\right)=\left(\dfrac{18}{2},\ \dfrac{\pi}{5}\right)\)（タ＝⑥）、半径 6（チ＝6）
〔2〕(2) 直線 CH（ツ）
G の直交座標の \(x\) 座標は \(9\cos\dfrac{\pi}{5}\)。C は G から始線と平行に半径 6 だけ右へ進んだ点なので
\[\mathrm{OH}=9\cos\frac{\pi}{5}+6\]
直線 CH は始線に垂直で、その上の点はどれも \(r\cos\theta=\mathrm{OH}\) を満たします。
\(r\cos\theta=9\cos\dfrac{\pi}{5}+6\)（ツ＝④）
つまずきポイント
- 「垂直」を「実数」と取りちがえる。 比が実数なら平行（同じ直線上）、純虚数なら垂直。
- OP : BP ＝ 3 : 2 を 2OP ＝ 3BP ではなく 3OP ＝ 2BP にする。 比の内項・外項を確かめる。
- 中心の距離を 18 と答える。 \(r\) の係数は \(2a\) なので、中心までの距離は半分の 9。
要点まとめ
- PM ⊥ OB ⇔ \(\dfrac{z-m}{\beta-m}\) が純虚数。\(\dfrac{\alpha}{\beta}=2-2i\) から \(k=\dfrac14\)、MP ＝ MB。
- 円 \(K_1\)：\(r=10\cos\theta\)。円 \(K_2\)：余弦定理で \(r^2-10r\cos\theta+25=R^2\)。
- 軌跡 \(r^2-18r\cos\left(\theta-\dfrac{\pi}{5}\right)+45=0\) は中心 \(\left(9,\ \dfrac{\pi}{5}\right)\)、半径 6。直線 CH は \(r\cos\theta=9\cos\dfrac{\pi}{5}+6\)。
