円と直線の位置関係

円 $x^2+y^2=5$ と直線 $y=2x+k$ の共有点の個数を、$k$ の値で分けて調べる。
$y=2x+k$ を円の方程式に代入すると
$$ x^2+(2x+k)^2=5 $$
である。左辺を展開すると $x^2+4x^2+4kx+k^2=5x^2+4kx+k^2$ なので、
$$ 5x^2+4kx+k^2-5=0 $$
となる。この 2 次方程式の実数解 $x$ 1 つごとに、$y=2x+k$ で $y$ が決まり、共有点が 1 つ決まる。判別式を $D$ とすると、$x$ の係数が $4k=2\cdot 2k$ なので
$$ \frac D4=(2k)^2-5(k^2-5)=4k^2-5k^2+25=25-k^2 $$
である。

• $-5< k<5$ のとき $\dfrac D4>0$ で、異なる 2 つの実数解があるので、共有点は 2 個。
• $k=\pm5$ のとき $\dfrac D4=0$ で、重解が 1 つなので、共有点は 1 個（接する）。
• $k<-5$ または $k>5$ のとき $\dfrac D4<0$ で、実数解がないので、共有点はない。
  $k=5$ のとき 2 次方程式は $5x^2+20x+20=0$、つまり $5(x+2)^2=0$ で、$x=-2$、$y=2\cdot(-2)+5=1$ である。接点は $(-2,1)$ で、$(-2)^2+1^2=5$ を満たす。

同じ円 $x^2+y^2=5$ と直線 $y=2x+k$ を、距離で調べる。円の中心は原点 $O(0,0)$、半径は $r=\sqrt5$ である。直線を $2x-y+k=0$ と書き直すと、点と直線の距離 の公式により、中心と直線の距離は
$$ d=\frac{|2\cdot0-0+k|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{|k|}{\sqrt5} $$
である。$d< r$ は $\dfrac{|k|}{\sqrt5}<\sqrt5$、両辺に $\sqrt5$ を掛けて $|k|<5$ である。同じように $d=r$ は $|k|=5$、$d>r$ は $|k|>5$ である。ex-ccl-hs-disc と同じ答えになる（図 1）。

1. $x^2+y^2-2x-4y=0$。$x^2-2x=(x-1)^2-1$、$y^2-4y=(y-2)^2-4$ なので、方程式は
   $$ (x-1)^2-1+(y-2)^2-4=0,\qquad\text{つまり}\qquad (x-1)^2+(y-2)^2=5 $$
   である。中心 $(1,2)$、半径 $\sqrt5$ の円である。原点 $(0,0)$ は $0+0-0-0=0$ を満たすので、この円の上にある。
2. $x^2+y^2+6x-2y+10=0$。$x^2+6x=(x+3)^2-9$、$y^2-2y=(y-1)^2-1$ なので $(x+3)^2+(y-1)^2=0$ である。2 乗の和が $0$ になるのは両方が $0$ のときだけなので、この方程式を満たす点は $(-3,1)$ ただ 1 つで、円ではない。定数項を $11$ にすると $(x+3)^2+(y-1)^2=-1$ となり、満たす点はない。
3. 一般の $x^2+y^2+lx+my+n=0$。$x^2+lx=\left(x+\dfrac l2\right)^2-\dfrac{l^2}4$、$y^2+my=\left(y+\dfrac m2\right)^2-\dfrac{m^2}4$ なので、方程式は
   $$ \left(x+\frac l2\right)^2+\left(y+\frac m2\right)^2=\frac{l^2+m^2-4n}4 $$
   となる。右辺が正なら中心 $\left(-\dfrac l2,-\dfrac m2\right)$、半径 $\dfrac{\sqrt{l^2+m^2-4n}}2$ の円である。右辺が $0$ なら (2) の前半のように 1 点だけ、負なら (2) の後半のように満たす点はない。

円 $x^2+y^2=5$ と直線 $\ell$：$x-y+1=0$（つまり $y=x+1$）。
段 1。中心 $O$ と $\ell$ の距離は $d=\dfrac{|0-0+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\dfrac1{\sqrt2}$ で、$d^2=\dfrac12<5=r^2$ なので、共有点は 2 個である。
段 2。垂線の足は $H=\left(-\dfrac12,\dfrac12\right)$ である（法線ベクトル $(1,-1)$ の向きに原点から進んで、$H=s(1,-1)$ を $\ell$ に代入すると $s+s+1=0$、$s=-\dfrac12$）。$\ell$ の方向ベクトル $(1,1)$ を長さ $1$ にすると $e=\dfrac1{\sqrt2}(1,1)$ である。
段 3。$t^2=5-\dfrac12=\dfrac92$ なので $t=\pm\dfrac3{\sqrt2}$ である。$te=\pm\dfrac3{\sqrt2}\cdot\dfrac1{\sqrt2}(1,1)=\pm\dfrac32(1,1)$ なので、共有点は
$$ H+\frac32(1,1)=(1,2),\qquad H-\frac32(1,1)=(-2,-1) $$
である。どちらも $x^2+y^2=5$ と $y=x+1$ を満たす。

ex-ccl-hs-disc の $k=5$、つまり $\ell$：$2x-y+5=0$ では、$d=\dfrac5{\sqrt5}=\sqrt5=r$ なので接する。thm-ccl-position の 2 により、接点は中心から $\ell$ に下ろした垂線の足である。法線ベクトル $(2,-1)$ の向きに $H=s(2,-1)$ とおいて $\ell$ に代入すると $4s+s+5=0$、$s=-1$ で、$H=(-2,1)$ である。ex-ccl-hs-disc で判別式から求めた接点と一致する。

ex-ccl-position の円 $x^2+y^2=5$ と直線 $y=x+1$ では、$d=\dfrac1{\sqrt2}$ なので、弦の長さは
$$ 2\sqrt{5-\frac12}=2\sqrt{\frac92}=2\cdot\frac3{\sqrt2}=3\sqrt2 $$
である。共有点 $(1,2)$、$(-2,-1)$ の距離を直接計算しても $\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt2$ となる。中点は $\left(-\dfrac12,\dfrac12\right)$ で、ex-ccl-position の垂線の足 $H$ と一致する。

円 $x^2+y^2=5$ と直線 $y=2x+k$ では、ex-ccl-hs-disc で $\dfrac D4=25-k^2$、ex-ccl-hs-dist で $d=\dfrac{|k|}{\sqrt5}$ だった。$r^2=5$ なので
$$ r^2-d^2=5-\frac{k^2}5=\frac{25-k^2}5 $$
である。したがって
$$ \frac D4=5(r^2-d^2) $$
で、判別式は $r^2-d^2$ の正の数倍になっている。

1. ex-ccl-hs-disc の場合。円 $x^2+y^2=5$（$p=q=0$、$r^2=5$）と直線 $2x-y+k=0$（$a=2$、$b=-1$、$c=k$）では、$d^2=\dfrac{k^2}5$ なので
   $$ \frac D4=(-1)^2\cdot(2^2+1^2)\cdot\Bigl(5-\frac{k^2}5\Bigr)=5\cdot\frac{25-k^2}5=25-k^2 $$
   で、ex-ccl-hs-disc の計算と一致する。
2. 円 $(x-1)^2+(y-2)^2=5$ と直線 $x+y-1=0$（$a=b=1$、$c=-1$）。$d=\dfrac{|1+2-1|}{\sqrt2}=\sqrt2$ なので、公式は $\dfrac D4=1\cdot2\cdot(5-2)=6$ を与える。直接計算すると、$y=1-x$ より $y-2=-x-1$ なので $(x-1)^2+(x+1)^2=5$、つまり $2x^2+2=5$、$2x^2-3=0$ で、$\dfrac D4=0^2-2\cdot(-3)=6$ である。一致する。$D>0$ なので共有点は 2 個である。

1. 円 $x^2+y^2=5$ 上の点 $(-2,1)$ での接線は $-2x+y=5$、つまり $y=2x+5$ である。これは ex-ccl-hs-disc で $k=5$ のときの直線で、接点 $(-2,1)$ も一致する。
2. ex-ccl-general-form の円 $(x-1)^2+(y-2)^2=5$ は原点を通る。原点での接線は、公式に $(x_0,y_0)=(0,0)$、$(p,q)=(1,2)$ を代入して
   $$ (0-1)(x-1)+(0-2)(y-2)=5 $$
   である。左辺は $-x+1-2y+4=-x-2y+5$ なので、$-x-2y+5=5$、つまり $x+2y=0$ である。中心と原点を結ぶベクトル $(1,2)$ は、この直線の法線ベクトルになっている。

点 $A(3,1)$ から円 $x^2+y^2=5$ に接線を引く。$3^2+1^2=10>5$ なので $A$ は円の外にある。
段 1（条件を式にする）。接点を $(x_0,y_0)$ とすると、接線は $x_0x+y_0y=5$ である（thm-ccl-tangent）。これが $A(3,1)$ を通るので $3x_0+y_0=5$ である。接点は円の上にあるので $x_0^2+y_0^2=5$ である。
段 2（解く）。$y_0=5-3x_0$ を代入すると $x_0^2+(5-3x_0)^2=5$、展開して $10x_0^2-30x_0+25=5$、つまり $x_0^2-3x_0+2=0$ である。$(x_0-1)(x_0-2)=0$ から $x_0=1$、$2$ で、$y_0=2$、$-1$ である。
段 3（答え）。接点は $(1,2)$ と $(2,-1)$、接線は $x+2y=5$ と $2x-y=5$ の 2 本である（図 2）。
段 4（接線の長さ）。接点を $T$ とすると、thm-ccl-tangent により $OT\perp AT$ なので、三角形 $OAT$ は $T$ が直角の直角三角形である。三平方の定理から
$$ AT^2=OA^2-OT^2=OA^2-r^2=(3^2+1^2)-5=10-5=5 $$
で、$AT=\sqrt5$ である（接点が $(1,2)$、$(2,-1)$ のどちらでも同じ）。この値は、円の方程式 $x^2+y^2-5=0$ の左辺に $A$ の座標を代入した値
$$ 3^2+1^2-5=9+1-5=5 $$
に等しい。
別の解き方として、傾きを $m$ とおいて直線 $y-1=m(x-3)$、つまり $mx-y+1-3m=0$ を考え、中心との距離が半径に等しい条件 $\dfrac{|1-3m|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt5$ を使ってもよい。両辺を 2 乗して分母を払うと $(1-3m)^2=5(m^2+1)$、展開して $9m^2-6m+1=5m^2+5$、$4m^2-6m-4=0$、$2m^2-3m-2=0$、$(2m+1)(m-2)=0$ で、$m=2$、$-\dfrac12$ である。同じ 2 本の接線が得られる。

点 $A(2,4)$ から円 $x^2+y^2=4$ に接線を引く。
傾きで解く。直線 $y-4=m(x-2)$、つまり $mx-y+4-2m=0$ と中心の距離が $2$ である条件は $\dfrac{|4-2m|}{\sqrt{m^2+1}}=2$ である。2 乗して分母を払うと $(4-2m)^2=4(m^2+1)$、展開して $16-16m+4m^2=4m^2+4$ で、$m^2$ が消えて $-16m=-12$、$m=\dfrac34$ である。傾きは 1 つしか出てこない。
接点で解く。接点を $(x_0,y_0)$ とすると $2x_0+4y_0=4$、$x_0^2+y_0^2=4$ である。$x_0=2-2y_0$ を代入すると $(2-2y_0)^2+y_0^2=4$、展開して $5y_0^2-8y_0=0$、$y_0(5y_0-8)=0$ で、$y_0=0$ または $y_0=\dfrac85$ である。

• $y_0=0$ のとき $x_0=2$、接線は $2x=4$、つまり $x=2$ である。
• $y_0=\dfrac85$ のとき $x_0=2-\dfrac{16}5=-\dfrac65$、接線は $-\dfrac65x+\dfrac85y=4$、つまり $-3x+4y=10$ で、傾きは $\dfrac34$ である。
  接線 $x=2$ は $y$ 軸に平行で、傾きをもたない。「$y-4=m(x-2)$ とおく」ことは「$y$ 軸に平行でない直線だけを考える」ことなので、この接線を落とした。傾きで解くときは、$y$ 軸に平行な直線 $x=2$ を別に調べる必要がある。中心 $(0,0)$ と直線 $x=2$ の距離は $2$ で半径に等しいので、たしかに接している。

1. $F(x,y)=x^2+y^2-5$（$l=m=0$、$n=-5$）では $G(P;X)=x_0x+y_0y-5$ である。$P=(1,2)$ なら $G(P;X)=x+2y-5$ で、$G(P;P)=1+4-5=0=F(P)$ である。
2. $F(x,y)=x^2+y^2-2x-4y$（$l=-2$、$m=-4$、$n=0$）では
   $$ G(P;X)=x_0x+y_0y-(x_0+x)-2(y_0+y) $$
   である。$P=(0,0)$ なら $G(P;X)=-x-2y$ で、$G(P;X)=0$ は ex-ccl-tangent-at-point の (2) の接線 $x+2y=0$ である。

ex-ccl-two-tangents の点 $A(3,1)$ と $F(x,y)=x^2+y^2-5$ で、$G(A;X)=0$ は $3x+y=5$ である。$A$ は円の上にないので、thm-ccl-polar-tangent の 2 は使えない。実際、この直線は $A$ を通らない（$3\cdot3+1=10\ne5$）ので、$A$ から引いた接線ではない。
一方、2 つの接点 $(1,2)$、$(2,-1)$ はどちらも $3x+y=5$ を満たす（$3+2=5$、$6-1=5$）。$3x+y=5$ は 2 つの接点を結ぶ直線である。理由は次のとおりである。接点 $T$ での接線 $G(T;X)=0$ は $A$ を通るので $G(T;A)=0$ である。$G$ は 2 つの点を入れかえても変わらないので $G(A;T)=0$、つまり $T$ は直線 $G(A;X)=0$ の上にある。この直線を $A$ の 極線 という。極線は 円の接線と極線 で詳しく扱う。

楕円 $\dfrac{x^2}4+y^2=1$ の中心は原点である。直線 $x=\dfrac65$ と $y=\dfrac65$ は、どちらも原点からの距離が $\dfrac65$ である。

• $x=\dfrac65$ を代入すると $\dfrac{36}{100}+y^2=1$、$y^2=\dfrac{16}{25}$ で、$y=\pm\dfrac45$ の 2 点で交わる。
• $y=\dfrac65$ を代入すると $\dfrac{x^2}4=1-\dfrac{36}{25}=-\dfrac{11}{25}<0$ で、共有点はない。
  中心からの距離が同じでも共有点の個数が違う（図 3）。thm-ccl-position の証明の段 3（$|\overrightarrow{CX}|^2=d^2+t^2$）は直線だけの計算なので、楕円でもそのまま成り立つ。崩れるのは段 4 である。段 4 は、円の上の点が中心からの距離 $r$ の点であること（$X$ が円の上にある $\iff$ $|\overrightarrow{CX}|=r$）を使っていた。楕円の上の点は中心からの距離が一定でないので、この書きかえができず、距離による判定は使えない。一方、代入して 2 次方程式の判別式を見る方法は、楕円でもそのまま使える。

放物線 $y=x^2$ と直線 $x=1$ の共有点は $(1,1)$ だけである（$x=1$ を代入すると $y=1$）。しかし直線 $x=1$ は放物線を横切っていて、接してはいない。代入した式は $y=1$ という 1 次式で、2 次方程式にならないので、判別式は使えない。
これに対して直線 $y=2x-1$ では、代入すると $x^2-2x+1=0$、つまり $(x-1)^2=0$ で重解 $x=1$ をもち、$(1,1)$ で接する。
円の場合は、どの直線を代入しても $x$ または $y$ の 2 乗の係数が $a^2+b^2>0$（prf-ccl-disc-dist の段 2）になり、必ず 2 次方程式になる。だから円では「共有点がちょうど 1 個」を接することの定義にしてよい（def-ccl-common）。放物線の接線を定義するには、微分を使う（接線・法線と曲線の凹凸）。