https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2025/Rikei

2025.03.02記

[5] $\theta$ は実数とする． $xyz$ 空間の2点 $\mbox{A}\left( 0，0，\dfrac{\sqrt2}{4} \right)$ ， $\mbox{P} \left( \cos\theta，\sin\theta，\dfrac{1}{2}\cos\theta \right)$ を通る直線 $\rm AP$ が $xy$ 平面と交わるとき，その交点を $\rm Q$ とする． $\theta$ が $\displaystyle -\dfrac{\pi}{4}\lt \theta\lt \dfrac{\pi}{4}$ の範囲を動くときの点 $\rm Q$ の軌跡を求め，その軌跡を $xy$ 平面上に図示せよ．

2025.03.02記
点 $\rm P$ は円柱 $x^2+y^2=1$ と平面 $z=\dfrac{x}{2}$ の交線の楕円上の点であるから，直線 $\rm AP$ の集合は楕円錐をなす．よって $\rm Q$ は楕円錐と平面の交わりである二次曲線となる．

[解答]
$\overrightarrow{\mbox{AQ}}=\lambda \overrightarrow{\mbox{AP}}$
とおくと
$\overrightarrow{\mbox{OQ}}= \left(k\cos\theta，k\sin\theta，k\left(\dfrac{\cos\theta}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{4}\right)\right)$
となるが， $\rm Q$ の $z$ 座標が0であることから
$(1-\sqrt{2}\cos\theta)k=1$
が成立する．ここで $\displaystyle -\dfrac{\pi}{4}\lt \theta\lt \dfrac{\pi}{4}$ により
$k=\dfrac{1}{1-\sqrt{2}\cos\theta}$
となり， $xy$ 平面において
$\mbox{Q}\left(\dfrac{\cos\theta}{1-\sqrt{2}\cos\theta} ，\dfrac{\sin\theta}{1-\sqrt{2}\cos\theta}\right)$
となる． $\mbox{Q}(X，Y)$ とおくと
$\displaystyle -\dfrac{\pi}{4}\lt \theta\lt \dfrac{\pi}{4}$ より $\cos\theta\neq 0$ だから
$X=\dfrac{1}{\dfrac{1}{\cos\theta}-\sqrt{2}}$
となり， $\displaystyle -\dfrac{\pi}{4}\lt \theta\lt \dfrac{\pi}{4}$ から $\dfrac{1}{\sqrt{2}}\lt\cos\theta\leqq 1$ だから $X\leqq -\sqrt{2}-1$ となる．

そして $\cos\theta=\dfrac{X}{\sqrt{2}X+1}$ ， $\tan\theta=\dfrac{Y}{X}$ であるから
$\sin\theta=\dfrac{Y}{\sqrt{2}X+1}$
となり，
$X^2+Y^2=(\sqrt{2}X+1)^2$
となる．整理して
$(X-\sqrt{2})^2-Y^2=1$ （ $X\leqq -\sqrt{2}-1$ ）
となる（図示略）．

$\mbox{Q}\left(\dfrac{\cos\theta}{1-\sqrt{2}\cos\theta} ，\dfrac{\sin\theta}{1-\sqrt{2}\cos\theta}\right)$ から極方程式が $r=\dfrac{1}{1-\sqrt{2}\cos\theta}$ となるので，原点を焦点とする離心率が $\sqrt{2}$ の双曲線となることがわかる．