かきましょう🤔（フリーハンドで）
\(a,b\)を実数とする．座標平面上の放物線\(y=x^2+ax+b\)を\(C\)とおく．\(C\)は，原点で垂直に交わる\(2\)本の接線\(l_1,l_2\)をもつとする．ただし，\(C\)と\(l_1\)の接点\(\mathrm{P}_1\)の\(x\)座標は，\(C\)と\(l_2\)の接点\(\mathrm{P}_2\)の\(x\)座標より小さいとする．
-
- \(b\)を\(a\)で表せ．また\(a\)の値はすべての実数をとりうることを示せ．
- \(i=1,2\)に対し，円\(D_i\)を，放物線\(C\)の軸上に中心をもち，点\(\mathrm{P}_i\)で\(l_i\)と接するものと定める．\(D_2\)の半径が\(D_1\)の半径の\(2\)倍となるとき，\(a\)の値を求めよ．
（東京大）
1.
\(C\)と\(l_1\)，\(C\)と\(l_2\)の接点の\(x\)座標をそれぞれ\(s,t~(s < t)\)とおくと，\(l_1,l_2\)の方程式はそれぞれ
\begin{align*}
&l_1:y-(s^2+as+b)=(2s+a)(x-s)\\
&l_2:y-(t^2+at+b)=(2t+a)(x-t)
\end{align*}とおける．これが\((0,0)\)を通るから
\[\begin{cases}-s^2-as-b=-2s^2-as\\-t^2-at-b=-2t^2-at \end{cases}\Longleftrightarrow~\begin{cases}s^2=b\\t^2=b \end{cases}\]また，\(l_1\)と\(l_2\)は原点で交わるので\[(2s+a)(2t+a)=-1\]したがって
\begin{align*}
&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \\ (2s+a)(2t+a)=-1\end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \\ (2s+a)(2t+a)=-1\end{cases}\land b\geq 0\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s^2=b \land t^2=b \land s < t \land b\geq 0\\ (2s+a)(2t+a)=-1 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&\exists s\exists t \begin{cases}s=-\sqrt{b} \land t=\sqrt{b} \land s < t \land b\geq 0\\ (2s+a)(2t+a)=-1 \end{cases}\\
\Longleftrightarrow~&-\sqrt{b} < \sqrt{b} \land b\geq 0 \land (2(-\sqrt{b})+a)(2\sqrt{b}+a)=-1\\
\Longleftrightarrow~&\top \land b\geq 0 \land -4b+a^2=-1\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land b \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land \frac{1}{4}(a^2+1) \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land a^2+1 \geq 0\\
\Longleftrightarrow~& b=\frac{1}{4}(a^2+1) \land a \in \mathbb{R}
\end{align*}
2.
上図のように\(\mathrm{Q_1,H_1}\)をおき，\(\angle{\mathrm{Q_1P_1H_1}}=\theta_1\)とおけば
\begin{align*}
\mathrm{Q_1 H_1}&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)\tan \theta_1\\
&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)\frac{2b+a\sqrt{b}}{\sqrt{b}}\\
&=\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)(2\sqrt{b}+a)\\
&=\frac{1}{2}(2\sqrt{b}-a)(2\sqrt{b}+a)\\
&=\frac{1}{2}(4b-a^2)
\end{align*}よって
\begin{align*}
\mathrm{P_1Q_1}^2&=\frac{1}{4}(4b-a^2)^2+\left(-\frac{a}{2}+\sqrt{b}\right)^2\\
&=\frac{1}{4}(4b-a^2)^2+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}-a\right)^2\\
&=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}-a\right)^2
\end{align*}同様にして
\[\mathrm{Q_2H_2}=\frac{1}{2}(4b-a^2),~\mathrm{P_2Q_2}^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\left(2\sqrt{b}+a\right)^2\]ゆえに
\begin{align*}
&2\mathrm{P_1Q_1}=\mathrm{P_2Q_2}\\
\Longleftrightarrow~&4\mathrm{P_1Q_1}^2=\mathrm{P_2Q_2}^2\\
\Longleftrightarrow~&1+(a-2\sqrt{b})^2=\frac{1}{4}(1+(a+2\sqrt{b})^2)\\
\Longleftrightarrow~&4+4(a-2\sqrt{b})^2=1+(a+2\sqrt{b})^2\\
\Longleftrightarrow~&3=(a+2\sqrt{b})^2-(2(a-2\sqrt{b}))^2\\
\Longleftrightarrow~&3=(-a+6\sqrt{b})(3a-2\sqrt{b})\\
\Longleftrightarrow~&3=-3a^2+20a\sqrt{b}-12b\\
\Longleftrightarrow~&3=-3a^2+20a\sqrt{a^2+1}-3(a^2+1)\\
\Longleftrightarrow~&3(a^2+1)=5a\sqrt{a^2+1}\\
\Longleftrightarrow~&3\sqrt{a^2+1}=5a\\
\Longleftrightarrow~&9(a^2+1)^2=25a^2\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a^2=\frac{9}{16}\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a=\pm\frac{3}{4}\land a>0\\
\Longleftrightarrow~&a=\frac{3}{4}
\end{align*}
解答終