図形と方程式の問題

鍵になる円 $K$

${\mathrm{OX}}^2+{\mathrm{AX}}^2=25$ を満たす点 $\mathrm{X}(x,y)$ の集合を $K$ とすると
$$x^2+y^2+(x-1{)}^2+y^2=25⟺x^2-x+y^2=12⟺{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{49}{4}$$
より、$K$ は線分 $\mathrm{OA}$ の中点 $\mathrm{N}\left(\frac{1}{2},0\right)$ を中心とする半径 $\frac{7}{2}$ の円である。$\mathrm{H}$ の軌跡がこの円 $K$ 全体であることを示す。

(1) $\mathrm{H}$ は $K$ 上にある

線分 $\mathrm{PQ}$ の中点を $\mathrm{M}$ とする。$\angle \mathrm{PAQ}=90^{\circ }$ より、$\mathrm{A}$ は $\mathrm{PQ}$ を直径とする円の周上にあるので $\mathrm{AM}=\mathrm{PM}$。また $\mathrm{OM}\perp \mathrm{PQ}$（$\mathrm{M}=\mathrm{O}$ のときも含めて）より、三平方の定理から ${\mathrm{OM}}^2+{\mathrm{PM}}^2={\mathrm{OP}}^2=25$。よって
$${\mathrm{OM}}^2+{\mathrm{AM}}^2=25$$
となり、$\mathrm{M}$ は $K$ 上にある。

次に、直線 $\mathrm{PQ}$ に $\mathrm{O}$, $\mathrm{A}$, $\mathrm{N}$ から下ろした垂線の足を考える。$\mathrm{O}$ からの足は $\mathrm{M}$、$\mathrm{A}$ からの足は $\mathrm{H}$ である。$\mathrm{N}$ は線分 $\mathrm{OA}$ の中点なので、$\mathrm{N}$ からの足 ${\mathrm{N}}^{\prime }$ は線分 $\mathrm{MH}$ の中点になる（$\mathrm{OM}$, ${\mathrm{NN}}^{\prime }$, $\mathrm{AH}$ はどれも $\mathrm{PQ}$ に垂直で平行だから）。よって ${\mathrm{NN}}^{\prime }$ は線分 $\mathrm{MH}$ の垂直二等分線の一部であり
$$\mathrm{NH}=\mathrm{NM}=\frac{7}{2}$$
したがって $\mathrm{H}$ も $K$ 上にある。

(2) $K$ 上のどの点も $\mathrm{H}$ になる

$K$ 上の任意の点 $\mathrm{H}$ をとる。$\mathrm{NA}=\frac{1}{2}<\frac{7}{2}$ より $\mathrm{H}\ne \mathrm{A}$ なので、$\mathrm{H}$ を通り $\mathrm{AH}$ に垂直な直線 $\ell$ が 1 本決まる。$\ell$ に $\mathrm{O}$ から下ろした垂線の足を $\mathrm{M}$ とすると、(1) と同じ理由で $\mathrm{NM}=\mathrm{NH}=\frac{7}{2}$、すなわち $\mathrm{M}$ は $K$ 上にあり、$\mathrm{OM}\leqq \mathrm{ON}+\mathrm{NM}=4<5$。よって $\ell$ は円 $C$ と 2 点 $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$ で交わり、$\mathrm{M}$ は $\mathrm{PQ}$ の中点である。

${\mathrm{PM}}^2=25-{\mathrm{OM}}^2={\mathrm{AM}}^2$（$\mathrm{M}$ が $K$ 上にあるから）より $\mathrm{AM}=\mathrm{PM}=\mathrm{QM}$。$\mathrm{A}$ は $C$ の内部にあり $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$ と異なるので、$\mathrm{A}$ は $\mathrm{PQ}$ を直径とする円の周上にあって $\angle \mathrm{PAQ}=90^{\circ }$。そして $\mathrm{AH}\perp \ell$ なので、$\mathrm{H}$ はこの $\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$ に対する垂線の足である。

結論

(1), (2) より $\mathrm{H}$ の軌跡は円 $K:{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{49}{4}$ 全体であり、その長さは
$$2\pi \cdot \frac{7}{2}=7\pi$$

（確認: $\mathrm{P}(5,0)$, $\mathrm{Q}(1,2\sqrt{6})$ のとき $\angle \mathrm{PAQ}=90^{\circ }$ で、$\mathrm{H}=\left(\frac{17}{5},\frac{4\sqrt{6}}{5}\right)$。${\left(\frac{17}{5}-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{96}{25}=\frac{841}{100}+\frac{384}{100}=\frac{1225}{100}=\frac{49}{4}$ となり、$K$ 上にある。）

答えは $7\pi$。

$\mathrm{H}$ は弦 $\mathrm{PQ}$ 上の点で、$\mathrm{AH}\perp \mathrm{PQ}$。$\angle \mathrm{PAQ}=90^{\circ }$ なので、直角三角形 $\mathrm{APQ}$ の斜辺 $\mathrm{PQ}$ への垂線 $\mathrm{AH}$ について $\mathrm{PH}\cdot \mathrm{HQ}={\mathrm{AH}}^2$ が成り立つ。\n一方、点 $\mathrm{H}$ は円 $C$ の内部にあり、方べきの定理より $\mathrm{PH}\cdot \mathrm{HQ}=25-{\mathrm{OH}}^2$。\nよって ${\mathrm{AH}}^2=25-{\mathrm{OH}}^2$、すなわち $\mathrm{H}(x,y)$ について $(x-1{)}^2+y^2=25-x^2-y^2$。整理して $x^2+y^2-x=12$、すなわち ${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2={\left(\frac{7}{2}\right)}^2$。\n逆に、この円上の任意の点 $\mathrm{H}$ について、$\mathrm{OH}\le \frac{1}{2}+\frac{7}{2}=4<5$ より $\mathrm{H}$ は $C$ の内部にある。また $\mathrm{A}$ はこの円上にない（$1-1=0\ne 12$）ので $\mathrm{H}\ne \mathrm{A}$ であり、$\mathrm{H}$ を通り $\mathrm{AH}$ に垂直な直線が $C$ と交わる 2 点を $\mathrm{P},\mathrm{Q}$ とすると、$\mathrm{PH}\cdot \mathrm{HQ}=25-{\mathrm{OH}}^2={\mathrm{AH}}^2$ から $\angle \mathrm{PAQ}=90^{\circ }$ となる。よって円全体が軌跡である。\n軌跡は半径 $\frac{7}{2}$ の円なので、長さは $2\pi \cdot \frac{7}{2}=7\pi$。\n検算: $\mathrm{P}(5,0)$ のとき $\mathrm{PA}$ は $x$ 軸上で、$\mathrm{Q}$ は $\mathrm{AQ}\perp x$ 軸より $\mathrm{Q}(1,\pm \sqrt{24})$。直線 $\mathrm{PQ}$ への垂線の足を求めると $\mathrm{H}$ は $x^2+y^2-x=12$ を満たす（例えば $\mathrm{Q}(1,2\sqrt{6})$ のとき直線 $\mathrm{PQ}$: $\sqrt{6}x+2y-5\sqrt{6}=0$、$\mathrm{A}$ からの垂線の足 $\mathrm{H}=\left(1,0\right)+t(\sqrt{6},2)$、$t=\frac{4\sqrt{6}}{10}$ より $\mathrm{H}=\left(1+\frac{12}{5},\frac{4\sqrt{6}}{5}\right)=\left(\frac{17}{5},\frac{4\sqrt{6}}{5}\right)$、$x^2+y^2-x=\frac{289+96}{25}-\frac{17}{5}=\frac{385-85}{25}=12$ で成立）。