平面上の曲線の問題

直線 $\ell$ が $C$ の外側にあることの確認

$C$ 上の点を $(2\cos \theta ,\sin \theta )$ とおくと
$$x+y=2\cos \theta +\sin \theta =\sqrt{5}\sin (\theta +\alpha )\le \sqrt{5}<3$$
（$\alpha$ は $\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}},\sin \alpha =\frac{2}{\sqrt{5}}$ を満たす角）である。よって $\ell$ は $C$ と共有点をもたず、$\ell$ 上の点 $P$ はつねに $C$ の外部にある。したがって $P$ から $C$ へ 2 本の接線が引ける。

直線 $AB$ の方程式

接点を $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$ とする。$C$ 上の点 $(x_1,y_1)$ における接線の方程式は
$$\frac{x_{1}x}{4}+y_{1}y=1$$
である。これが $P(p,q)$（$q=3-p$）を通るので
$$\frac{p{x}_1}{4}+q{y}_1=1(1)$$
同様に、$B$ における接線も $P$ を通るので
$$\frac{p{x}_2}{4}+q{y}_2=1(2)$$
$(1)$, $(2)$ は、2 点 $A$, $B$ がともに直線
$$\frac{p}{4}x+qy=1(3)$$
の上にあることを示している。$p$, $q$ は同時には $0$ にならないので $(3)$ は確かに直線を表す。$A\ne B$ であり、異なる 2 点を通る直線はただ 1 つなので、$(3)$ が直線 $AB$ である。

定点を求める

$(3)$ に $q=3-p$ を代入すると
$$\frac{p}{4}x+(3-p)y=1$$
$p$ について整理して
$$p\left(\frac{x}{4}-y\right)+(3y-1)=0$$
これがすべての実数 $p$ について成り立つ条件は
$$\frac{x}{4}-y=0,3y-1=0$$
よって $y=\frac{1}{3}$, $x=4y=\frac{4}{3}$。

確認：$p=0$ のとき $P(0,3)$ で直線 $AB$ は $3y=1$、すなわち $y=\frac{1}{3}$ となり、点 $\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)$ を通る。$p=3$ のとき $P(3,0)$ で直線 $AB$ は $\frac{3}{4}x=1$、すなわち $x=\frac{4}{3}$ となり、やはりこの点を通る。

したがって、求める定点の座標は $\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)$ である。

点 $P(p,3-p)$ に関する楕円 $C$ の極線が直線 $AB$ である。楕円 $\frac{x^2}{4}+y^2=1$ の極線の公式より、直線 $AB$ は $\frac{px}{4}+(3-p)y=1$ である。

これを $p$ について整理すると $p\left(\frac{x}{4}-y\right)+3y-1=0$ となる。これが任意の $p$ で成り立つ条件は $\frac{x}{4}-y=0$ かつ $3y-1=0$ である。

よって $y=\frac{1}{3}$、$x=\frac{4}{3}$ となり、定点は $\left(\frac{4}{3},\frac{1}{3}\right)$ である。

検算：$p=0$ のとき $P(0,3)$ で、極線は $3y=1$、すなわち $y=\frac{1}{3}$。点 $(\frac{4}{3},\frac{1}{3})$ はこれを満たす。$p=3$ のとき $P(3,0)$ で、極線は $\frac{3x}{4}=1$、すなわち $x=\frac{4}{3}$。点 $(\frac{4}{3},\frac{1}{3})$ はこれを満たす。

また、$P$ は楕円の外部にあるので接線が 2 本引ける。実際、$\frac{p^2}{4}+(3-p{)}^2=\frac{5p^2}{4}-6p+9$ で、判別式は $36-4\cdot \frac{5}{4}\cdot 9=36-45<0$ より常に $>1$ である（$\frac{5p^2}{4}-6p+8>0$ の判別式 $36-40<0$）。よって条件は常に成り立つ。