| 媒介変数表示は、 |  |
この曲線は、円をＸ軸方向、または、Ｙ軸方向に一定倍率で、拡大・縮小することにより得られる。
の場合と 
の場合がある。
楕円は、２つの定点Ｆ、Ｆ’からの距離の和が一定な点Ｐの軌跡である。
このときの２つの定点を、焦点という。
のとき、焦点の座標は、
のとき、焦点の座標は、
上記の楕円の定義を用いて実際に作図する場合、よく教科書等では、一定の長さの紐の
両端を画鋲でとめ、紐が緩まないように鉛筆を走らせる絵が描かれている。
しかし、この作画方法は一般の人を説得するには十分であるが、だいぶ誤差が伴う方法
で厳密性に乏しい。
そこで、次のように作画する方法があることを最近知ったので、紹介したい。
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２つの定点Ｆ、Ｆ’からの距離の和を ２ａ とする。 線分ＦＦ’の中点Ｏを中心とし、半径 ａ の 円を描く。 点Ｆを通る任意の直線と円との交点をＨ とし直線上に、ＦＨ＝ＨＱとなる点Ｑをとる。 点Ｈを通り直線ＦＱと垂直な直線と直線 Ｆ’Ｑとの交点をＰとする。 このとき、点Ｐは楕円上の点である。 |
実際に、中点連結定理を用いて、 ＰＦ＋ＰＦ’＝ＰＱ＋ＰＦ’＝ＱＦ’＝２ＯＨ＝２ａ
したがって、点Ｐは楕円上の点である。
さらに詳しくいえば、直線ＰＨは、楕円の接線になっている。（→参考：楕円に接する円）
楕円は、円を一定方向に拡大縮小したものであるが、多少形は変わるものの円と同様
の性質が成り立つ。（→参考：「方べきの定理」）
円 Ｏ において、円外の１点 Ｐ から円に引いた２つの接線のなす角は、直線
ＯＰ により
２等分される。
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証明は明らかだろう。 直角三角形ＯＰＡと直角三角形ＯＰＢが合同なので、 ∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＢ が成り立つ。 |
このことと同様のことは、楕円では期待できないだろうと思いきや、次のように文言を修正
すれば、やはり成り立つというのは驚きである。
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左図のように、楕円外の１点 Ｐから、 ２点 Ｆ、Ｆ’ を焦点とする楕円に引いた 接線の接点を Ａ、Ｂとするとき、 ∠Ｆ’ＰＡ＝∠ＦＰＢ が成り立つ。 |
＃Ｆ＝Ｆ’ の場合が円なので、上記の事実は、円の場合の一般化になっている。
（証明）
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左図のように、焦点 Ｆ、Ｆ’ から接線 に垂線を下ろし、その足を、Ｃ、Ｃ’、Ｄ、 Ｄ’ とするとき、 ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ＦＤ×Ｆ’Ｄ’（＝一定） である。 |
実際に、上図において、楕円
（ただし、 とする）
の離心率を
とすると、焦点 Ｆ、Ｆ’の座標は、Ｆ（ａｅ，０）、Ｆ’（−ａｅ，０） と書ける。
点 Ｐ の座標を、（ｘ1，ｙ1）とおくと、楕円の準線は、 ｘ＝ａ/ｅ 、ｘ＝−ａ/ｅ なので、
−ａ/ｅ＜ｘ1＜ａ/ｅ すなわち、 ａ−ｅｘ1＞０ 、 ａ＋ｅｘ1＞０ が成り立つ。
このことから、点と直線の距離の公式を用いて、
ＦＣ＝ｋ（ａ−ｅｘ1） 、 Ｆ’Ｃ’＝ｋ（ａ＋ｅｘ1）
ただし、
と書ける。 よって、
ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ｋ2（ａ−ｅｘ1）（ａ＋ｅｘ1）＝ａ2ｂ4（ａ2−ｅ2ｘ12）/（ｂ4ｘ12＋ａ4ｙ12）
ここで、 ｂ2ｘ12＋ａ2ｙ12＝ａ2ｂ2 が成り立つので、
ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ｂ4（ａ4−（ａ2−ｂ2）ｘ12）/｛ｂ2（ａ4−（ａ2−ｂ2）ｘ12）｝＝ｂ2
同様にして、 ＦＤ×Ｆ’Ｄ’＝ｂ2 が成り立つので、ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ＦＤ×Ｆ’Ｄ’ である。
（コメント） 解析的には上記のように示されるが、もっと幾何学的に示すことは出来ないのだ
ろうか？もし、幾何学的な証明を見いだされた方は、こちらまでご教示下さい。
上記では、離心率や点と直線の距離など解析幾何の知識を用いたが、もう少し易しく解こ
うと思えば次のようになるであろうか？
楕円上の接点Ｐにおける接線に垂線を下ろしたとき、その足は楕円の補助円 ｘ2＋ｙ2＝ａ2
上の点であるという事実がある。（→参考：楕円の作図）
楕円
において、傾き ｍ の接線の方程式は、 
で与えられる。
実際に、楕円 ｂ2ｘ2＋ａ2ｙ2＝ａ2ｂ2 に、ｙ＝ｍｘ＋ｋ を代入して整理すると、
（ａ2ｍ2＋ｂ2）ｘ2＋２ｋｍａ2ｘ＋ａ2（ｋ2−ｂ2）＝０
この２次方程式が重解をもつので、
判別式 Ｄ/４＝ｋ2ｍ2ａ4−（ａ2ｍ2＋ｂ2）ａ2（ｋ2−ｂ2）＝０
これより、 ｋ2＝ａ2ｍ2＋ｂ2 なので、求める公式が得られる。
いま、この接線に垂直で焦点を通る直線は、
２つの直線の交点の座標を、（Ｘ，Ｙ）とおくと、
（Ｙ−ｍＸ）2＋（ｍＹ＋Ｘ）2＝ａ2ｍ2＋ｂ2＋ａ2−ｂ2＝（ｍ2＋１）ａ2
（ｍ2＋１）（Ｘ2＋Ｙ2）＝（ｍ2＋１）ａ2 から、 Ｘ2＋Ｙ2＝ａ2
以上から、 ２つの直線の交点は、円 Ｘ2＋Ｙ2＝ａ2 上の点である。
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よって、 ＯＦ2＝ａ2−ｂ2＝ＯＦ’2 なので、（ＦＣ2＋ｂ2）Ｆ’Ｃ’＝（Ｆ’Ｃ’2＋ｂ2）ＦＣ
（ＦＣ×Ｆ’Ｃ’−ｂ2）（ＦＣ−Ｆ’Ｃ’）＝０
ＦＣ−Ｆ’Ｃ’＝０ すなわち、 ＦＣ＝Ｆ’Ｃ’ のとき、ＦＣ＝Ｆ’Ｃ’＝ｂ なので、
ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ｂ2 が成り立つ。
ＦＣ−Ｆ’Ｃ’≠０ のとき、 ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ｂ2 が成り立つ。
以上から、何れにしても、 ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ｂ2 が成り立つ。
（コメント）計算量はそれほど変わらないかな？
さて、証明の本題に戻ろう。
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左図において、 ＦＰ＝Ｌ、Ｆ’Ｐ＝Ｌ’、∠Ｆ’ＰＡ＝α、 ∠ＦＰＦ’＝β、∠ＦＰＢ＝γ とおく。 ＦＣ×Ｆ’Ｃ’＝ＦＤ×Ｆ’Ｄ’ なので、 |
Ｌｓｉｎ（α＋β）×Ｌ’ｓｉｎα＝Ｌｓｉｎγ×Ｌ’ｓｉｎ（β＋γ）
すなわち、 −２ｓｉｎ（α＋β）×ｓｉｎα＝−２ｓｉｎγ×ｓｉｎ（β＋γ）
三角関数における積和の公式により、
ｃｏｓ（２α＋β）−ｃｏｓβ＝ｃｏｓ（β＋２γ）−ｃｏｓβ
よって、 ｃｏｓ（２α＋β）＝ｃｏｓ（β＋２γ） より、 ｃｏｓ（２α＋β）−ｃｏｓ（β＋２γ）＝０
三角関数における和積の公式により、 −２ｓｉｎ（α＋β＋γ）ｓｉｎ（α−γ）＝０
明らかに、 ０＜α＋β＋γ＜π 、−π＜α−γ＜π なので、 α−γ＝０ である。
したがって、 α＝γ より、 ∠Ｆ’ＰＡ＝∠ＦＰＢ が成り立つ。 （証終）
（コメント） この性質は、名古屋工大の入試問題で問われた。
上記では、「∠Ｆ’ＰＡ＝∠ＦＰＢ」であることを解析的に示したわけであるが、初等幾何学的
証明を当ＨＰ読者のＭ．Ｓ．さんよりメールで頂いた。（平成２５年２月２３日付け）
（証明） Ｆの接線ＰＢに関して対称な点をＦ0、Ｆ’の接線ＰＡに関して対称な点をＦ0’とおく。
このとき、次のことが成り立つ。
（１） ３点Ｆ、Ａ、Ｆ0’および３点Ｆ’、B、Ｆ0は同一線上にあり、Ｆ’Ｆ0＝ＦＦ0’＝（長軸の長さ）
実際に、点Ａは楕円上の接点なので、∠ＰＡＦ＝∠ＨＡＦ’
また、△ＡＨＦ’≡△ＡＨＦ0’なので、∠ＨＡＦ’＝∠ＨＡＦ0’
よって、 ∠ＰＡＦ＝∠ＨＡＦ0’から、３点Ｆ、Ａ、Ｆ0’は同一線上にある。
このとき、 ＦＦ0’＝ＦＡ＋ＡＦ0’＝ＦＡ＋ＡＦ’＝（長軸の長さ）
同様に、３点Ｆ’、B、Ｆ0は同一線上にあり、Ｆ’Ｆ0＝（長軸の長さ）であることも示される。
（２） 対称な点なので、ＰＦ＝ＰＦ0 、ＰＦ’＝ＰＦ0’
（１）（２）より、 △ＰＦ0Ｆ’≡△ＰＦＦ0’（３辺相等） なので、 ∠Ｆ0ＰＦ’＝∠ＦＰＦ0’
従って、 ∠Ｆ’ＰＦ0’＝∠ＦＰＦ0’−∠ＦＰＦ’＝∠Ｆ0ＰＦ’−∠ＦＰＦ’＝∠ＦＰＦ0 より、
∠Ｆ’ＰＡ＝（１/２）∠Ｆ’ＰＦ0’＝（１/２）∠ＦＰＦ0＝∠ＦＰＢ （証終）
（コメント） 鮮やかな初等幾何的証明ですね！とても分かりやすいです。Ｍ．Ｓ．さんに感謝
します。因みに、平成２５年２月１９日に証明されたそうです。
楕円の持つ次の性質も面白い。
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楕円 上の点 Ｐ と焦点 Ｆ を結ぶ線分 ＰＦ の 中点 Ｍ を中心とし、ＭＰを半径とする 円は、楕円の補助円 ｘ2＋ｙ2＝ａ2 に 内接する。 |
（証明） 楕円の離心率を、 ｅ とすると、、焦点 Ｆ の座標は、Ｆ（ａｅ，０）
と書ける。
点 Ｐ の座標を、（ｘ1，ｙ1）とおくと、 Ｍ（（ｘ1＋ａｅ）/２，ｙ1/２） である。
このとき、 ＯＭ2＝｛（ｘ1＋ａｅ）2＋ｙ12｝/４ で、
（ａｅ）2＝ａ2−ｂ2 、ｙ12＝（ａ2ｂ2−ｂ2ｘ12）/ａ2
より、
ＯＭ2＝（ｘ12＋２ｘ1ａｅ＋（ａｅ）2＋ｙ12）/４
＝（ｘ12＋２ｘ1ａｅ＋ａ2−ｂ2＋（ａ2ｂ2−ｂ2ｘ12）/ａ2）/４
＝（ｘ12＋２ｘ1ａｅ＋ａ2−ｂ2ｘ12/ａ2）/４＝（（ｅｘ1）2＋２ｘ1ａｅ＋ａ2）/４＝（ｅｘ1＋ａ）2/４
ｅｘ1＋ａ＞０ なので、 ＯＭ＝（ｅｘ1＋ａ）/２ より、 ＭＮ＝（ａ−ｅｘ1）/２
また、
ＰＦ2
＝（ｘ1−ａｅ）2＋ｙ12
＝ｘ12−２ｘ1ａｅ＋（ａｅ）2＋（ａ2ｂ2−ｂ2ｘ12）/ａ2
＝ｘ12−２ｘ1ａｅ＋ａ2−ｂ2＋ｂ2−ｂ2ｘ12/ａ2＝（ｅｘ1）2−２ｘ1ａｅ＋ａ2＝（ｅｘ1−ａ）2
ａ−ｅｘ1＞０ なので、 ＰＦ＝ａ−ｅｘ1＝２ＭＮ
よって、Ｍ を中心としＭＰを半径とする円は楕円の補助円 ｘ2＋ｙ2＝ａ2 に内接する。
（証終）
（追記） 当ＨＰ読者のＨＮ「ＤＳ」さんから、上記の性質が幾何学的に証明出来るとのメール
を頂いた。（平成２７年７月２６日付け）
上図のように点を取れば、△FOＭ∽△FF’P であり、FP＋PF’＝２ａ より、FM＋MO＝ａ
また、FM＝MN なので、ON＝OM＋MN＝OM＋MF＝ａ
よって、題意は示された。
（コメント） Ｎが、Ｍを中心とする半径ａの円周上にあり、かつ、補助円 x2＋y2＝a2 上にも
あることが示されたが、それが接していることの証明にはなっていないような．．．。
例 楕円 x2/８＋y2/４＝１ 上の点Ｐ（０，２）と焦点Ｆ（２，０）を結ぶ線分ＰＦの中点Ｍ（１，１）
を中心とし、半径
の円の方程式は、（x−１）2＋（y−１）2＝２ となり、楕円の補助円
x2＋y2＝８ に対して、確かに接する。
実際に、円 x2＋y2＝８ と直線 ｙ＝ｘ との交点Ｎは（２，２）で、Ｎにおける
円 x2＋y2＝８ の接線の方程式は、２ｘ＋２ｙ＝８ すなわち、ｘ＋ｙ＝４
円 （x−１）2＋（y−１）2＝２ の接線の方程式は、ｘ−１＋ｙ−１＝２ すなわち、ｘ＋ｙ＝４
となり、直線 ｘ＋ｙ＝４ は２円の共通接線となり、２円は接する。
接することを初等幾何的に示すには、どうすればいいのだろうか？それとも、上記の証明
で言い尽くされていることなのだろうか？今ひとつ自信が持てない。
DD++さんからのコメントです。（平成２７年７月３０日付け）
一言足りないだけで、言い尽くされていると思いますよ。「上図のように」と書いてしまってい
るところでNは何を仮定して何を仮定しないのか明記すべきでした。NはOMの延長に取るこ
とを仮定しているようなので、両中心を通る直線上に共有点があるということで接することに
なりますね。
ＤＳさんからの続報です。（平成２７年７月３０日付け）
上記の証明についての補足です。
点Nは半直線OMの延長線上かつ円Mの周上の点です。よって円Mの円周上でOから最も
離れている点はNです。よって、円Mの円周上の他の点は補助円よりも内側にあります。
つまり、補助円と円Mは一点Nのみを共有することになり、これは接しているということと同じ
です。これでどうでしょうか？
（コメント） ＤＳさん、ありがとうございます。合点しました。私の考えは杞憂だったようです。
（追記） 令和元年１０月１４日付け
ＢＣ＝ｐ、ＣＡ＝ｑ の直角三角形ＡＢＣに長軸の長さが２ａ、短軸の長さが２ｂの楕円を内接
させる。
与えられた直角三角形を横方向にｂ/ａ倍に縮小させた直角三角形ＡＢ’Ｃを考える。このと
き、楕円も長軸、短軸の長さがともに２ｂ（＝直径）の円となる。
円外の１点から引いた接線の長さは等しいので、 ＡＢ’−Ｂ’Ｃ＋２ｂ＝ＡＣ
ここで、 Ｂ’Ｃ＝ｂｐ/ａ 、ＡＣ＝ｑ 、ＡＢ’＝√（（ｂｐ/ａ）2＋ｑ2） を代入して整理すると、
ａ＝ｐ（ｑ−２ｂ）/（２ｑ−２ｂ）
このことから、例えば、ＢＣ＝１２、ＣＡ＝６の直角三角形ＡＢＣに内接する楕円の短軸の長
さを４とするとき、長軸の長さは、６となることが分かる。
上記の手順を作図してみた。
（参考） → 「三角形に内接する楕円」
以下、工事中！
