円と放物線の問題です。「外接して\(x\)軸に接する円の中心は放物線上にある」という設定から、接線と円の接する条件(点と直線の距離)につなげます。
(円\(C₁\)の中心と半径)
\(x^2+y^2-\frac{3}{2}y+\frac{1}{2}=0\)を平方完成すると
\(x^2+\left(y-\frac{3}{4}\right)^2=\frac{9}{16}-\frac{1}{2}=\frac{1}{16}\)
中心は\(\mathrm{P}\left(0,\frac{3}{4}\right)\),半径は\(\frac{1}{4}\)
→ \(\text{ア}=0\),\(\frac{\text{イ}}{\text{ウ}}=\frac{3}{4}\),\(\frac{\text{エ}}{\text{オ}}=\frac{1}{4}\)
(曲線\(C₂\))
求める円の中心を\((x,y)\)とおくと、\(x\)軸に接して\(C₁\)の外側にあるので\(y\gt0\),半径は\(y\)
外接するので、中心間の距離は半径の和に等しく
\(\sqrt{x^2+\left(y-\frac{3}{4}\right)^2}=y+\frac{1}{4}\)
両辺を2乗すると
\(x^2+y^2-\frac{3}{2}y+\frac{9}{16}=y^2+\frac{1}{2}y+\frac{1}{16}\)
\(x^2+\frac{1}{2}=2y\)
\(y=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4}\)
→ \(\frac{\text{カ}}{\text{キ}}=\frac{1}{2}\),\(\frac{\text{ク}}{\text{ケ}}=\frac{1}{4}\)
(1)
\(C₃\)の中心\(\mathrm{Q}\)の\(x\)座標が\(1\)なので
\(y=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}\)
よって\(\mathrm{Q}\left(1,\frac{3}{4}\right)\),半径は\(\frac{3}{4}\)
→ \(\frac{\text{コ}}{\text{サ}}=\frac{3}{4}\)
\(\mathrm{P}\)と\(\mathrm{Q}\)の\(y\)座標が等しいので\(\mathrm{PQ}=1\)
(確認:半径の和\(\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1\)で外接している)
\(\ell₁\)は2円の外側の共通接線なので、直線\(\mathrm{PQ}\)との交点\(\mathrm{A}\)は線分\(\mathrm{PQ}\)を外分する点
半径の比が\(\frac{1}{4}:\frac{3}{4}=1:3\)なので\(\mathrm{AP}:\mathrm{AQ}=1:3\)
\(\mathrm{AQ}-\mathrm{AP}=\mathrm{PQ}=1\)より\(\mathrm{AP}=\frac{1}{2}\),\(\mathrm{AQ}=\frac{3}{2}\)
→ \(\frac{\text{シ}}{\text{ス}}=\frac{3}{2}\)
\(\ell₁\)と\(C₃\)の接点を\(\mathrm{H}\)とすると、\(\triangle\mathrm{AQH}\)は\(\angle\mathrm{H}=90^\circ\)の直角三角形
\(\mathrm{QH}=\frac{3}{4}\),\(\mathrm{AQ}=\frac{3}{2}\)より\(\sin\angle\mathrm{QAH}=\frac{1}{2}\)
よって\(\angle\mathrm{QAH}=30^\circ\)
直線\(\mathrm{PQ}\)は\(x\)軸に平行なので、\(\ell₁\)の傾きは\(\tan30^\circ=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
→ \(\frac{\sqrt{\text{セ}}}{\text{ソ}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
(2)
\(\mathrm{R}\left(t,\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{4}\right)\)
\(y’=x\)より、\(\mathrm{R}\)での接線の傾きは\(t\)
これと直交する直線の傾きは\(-\frac{1}{t}\)
\(\ell₂:y=-\frac{1}{t}(x-t)+\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{4}\)
\(y=-\frac{1}{t}x+\frac{1}{2}t^2+\frac{5}{4}\)
→ \(\text{タ}=1\),\(\frac{\text{チ}}{\text{ツ}}=\frac{1}{2}\),\(\frac{\text{テ}}{\text{ト}}=\frac{5}{4}\)
\(\ell₂\)が\(C₁\)に接する条件は、\(\mathrm{P}\)と\(\ell₂\)の距離が半径\(\frac{1}{4}\)に等しいこと
\(\ell₂\)を変形すると\(x+ty-t\left(\frac{1}{2}t^2+\frac{5}{4}\right)=0\)
\(\mathrm{P}\)からの距離は
\(\frac{\left|\frac{3}{4}t-t\left(\frac{1}{2}t^2+\frac{5}{4}\right)\right|}{\sqrt{1+t^2}}=\frac{t\left(\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{2}\right)}{\sqrt{1+t^2}}=\frac{t\sqrt{t^2+1}}{2}\)
これが\(\frac{1}{4}\)に等しいので
\(t\sqrt{t^2+1}=\frac{1}{2}\)
両辺を2乗して\(t^2(t^2+1)=\frac{1}{4}\)
\(u=t^2\)とおくと\(u^2+u-\frac{1}{4}=0\)
\(u\gt0\)より\(u=\frac{-1+\sqrt{2}}{2}\)
よって\(t^2=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\)
→ \(\frac{\sqrt{\text{ナ}}-\text{ニ}}{\text{ヌ}}=\frac{\sqrt{2}-1}{2}\)
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