https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1990/Rika

2019.02.21記

[5] 円 $x^2+y^2=1$ を $C_0$ ，だ円 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ （ $a\gt 0$ ， $b\gt 0$ ）を $C_1$ とする． $C_1$ 上のどんな点 $\mbox{P}$ に対しても， $\mbox{P}$ を頂点にもち $C_0$ に外接して $C_1$ に内接する平行四辺形が存在するための必要十分条件を $a$ ， $b$ で表せ．

本問のテーマ

ポンスレの閉形定理（Poncelet's theorem）

2019.02.21記
解説:Poncelet's theorem である。直交を表現して拘束条件を作るのは、楕円の準円の場合と同じ。

2021.01.30記

[解答]
円外の点から円に引いた2接線の長さが等しいので，
円に外接する平行四辺形の4辺の長さは $p+q,q+r,r+s,s+p$ の形をしており，
$p+q=r+s，q+r=s+p$ から $p=r，q=s$ となるので，円に外接する平行四辺形は菱形であり，対角線は直交する.

このとき，菱形の ${\rm P}(r_1\cos\theta,r_1\sin\theta)$ の隣りの頂点を ${\rm Q}(-r_2\sin\theta,r_2\cos\theta)$ とし， $\rm O$ から $\rm PQ$ に下した垂線の足を ${\rm H}$ とすると， $\rm OP\cdot OQ=OH\cdot PQ$ から $r_1^2r_2^2=r_1^2+r_2^2$ ，つまり， $\dfrac{1}{r_1^2}+\dfrac{1}{r_2^2}=1$ が成立する．

$\rm P,Q$ が楕円上の点により， $\dfrac{\cos^2\theta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\theta}{b^2}=\dfrac{1}{r_1^2}$ ， $\dfrac{\sin^2\theta}{a^2}+\dfrac{\cos^2\theta}{b^2}=\dfrac{1}{r_2^2}$ であるから，辺々足して $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{1}{r_1^2}+\dfrac{1}{r_2^2}=1$

楕円を円に変換すると，

楕円 $a^2x^2+b^2y^2=1$ （ $a>0，b>0$ ）を $C_0$ ，円 $x^2+y^2=1$ を $C_1$ とする． $C_1$ 上のどんな点 $P$ に対しても， $P$ を頂点にもち $C_0$ に外接して $C_1$ に内接する平行四辺形が存在するための必要十分条件を $a,b$ で表せ．

を示せば良いことになる．

[大人の解答]
楕円 $a^2x^2+b^2y^2=1$ （ $a>0，b>0$ ）を $C_0'$ ，円 $x^2+y^2=1$ を $C_1'$ とする． $C_1'$ 上のどんな点 $P$ に対しても， $P$ を頂点にもち $C_0'$ に外接して $C_1'$ に内接する平行四辺形が存在するための必要十分条件を $a,b$ で表せ，という問題を解けば良い．

円に内接する平行四辺形は，2つの対角線の長さが円の直径となる長方形であるから，楕円 $C_0'$ に外接する長方形の頂点を考えれば良いが，その頂点は $C_0'$ の準円 $x^2+y^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$ 上になければならない．そして $C_1'$ の中心， $C_0'$ の準円の中心はともに原点であるから， $C_1'$ が $C_0'$ の準円に一致することが必要であり，このとき，準円上の点から引いた2接線は必ず直交するから十分である．

よって求める必要十分条件は $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}=1$