【解説・採点基準付き】2024年佐賀大医学部・数学の解答・解説

平面上に $\mathrm{OA}=4$、 $\mathrm{OB}=\sqrt2$ を満たす $\triangle\mathrm{OAB}$ がある。頂点 $\mathrm{B}$ から直線 $\mathrm{OA}$ に下ろした垂線を $\mathrm{BC}$ とする。また、頂点 $\mathrm{O}$ から直線 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線を $\mathrm{OD}$ とする。このとき、点 $\mathrm{C}$ は辺 $\mathrm{OA}$ を $1:3$ に内分しているとする。 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}=\vec{a}$、 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec{b}$ とおくとき、次の問に答えよ。

(1) 内積 $\vec{a}\cdot\vec{b}$ を求めよ。

(2) 実数 $s$、 $t$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{OD}}=s\vec{a}+t\vec{b}$ の形に表すとき、 $s$ と $t$ の値を求めよ。さらに、 $|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|$ の値を求めよ。

(3) 直線 $\mathrm{BC}$ と直線 $\mathrm{OD}$ の交点を $\mathrm{P}$ とするとき、 $|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|$ の値を求めよ。

(1)　配点 4点

$\mathrm{C}$ は辺 $\mathrm{OA}$ を $1:3$ に内分するので $\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\dfrac14\vec{a}$、 $\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\vec{b}-\dfrac14\vec{a}$。

$\mathrm{BC}\perp\mathrm{OA}$ より $\overrightarrow{\mathrm{CB}}\cdot\vec{a}=0$ なので

$$\left(\vec{b}-\dfrac14\vec{a}\right)\cdot\vec{a}=0\iff\vec{a}\cdot\vec{b}=\dfrac14|\vec{a}|^2=\dfrac14\cdot16$$

答　$\vec{a}\cdot\vec{b}=4$

(1) の別解（正射影の長さを使う）

内積は、一方のベクトルの大きさと、もう一方のベクトルをその向きに正射影した長さの積で表せる（なす角が鋭角のとき）。 $\mathrm{C}$ は $\mathrm{B}$ から直線 $\mathrm{OA}$ に下ろした垂線の足で辺 $\mathrm{OA}$ 上にあるので、 $\vec{b}$ を $\vec{a}$ の向きに正射影した長さは $\mathrm{OC}=1$。よって $\vec{a}\cdot\vec{b}=\mathrm{OA}\times\mathrm{OC}=4\times1=4$。

(2)　配点 8点

$\mathrm{D}$ は直線 $\mathrm{AB}$ 上にあるので

$$s+t=1\quad\cdots\text{①}$$

$\mathrm{OD}\perp\mathrm{AB}$ より $\overrightarrow{\mathrm{OD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0$。 $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{b}-\vec{a}$ なので

$$(s\vec{a}+t\vec{b})\cdot(\vec{b}-\vec{a})=s\,\vec{a}\cdot\vec{b}-s|\vec{a}|^2+t|\vec{b}|^2-t\,\vec{a}\cdot\vec{b}=0$$

$|\vec{a}|^2=16$、 $|\vec{b}|^2=2$、 $\vec{a}\cdot\vec{b}=4$ を代入して

$$4s-16s+2t-4t=0\iff t=-6s\quad\cdots\text{②}$$

①、②より $-5s=1$。

答　$s=-\dfrac15$、 $t=\dfrac65$

（ $t=\dfrac65>1$ なので、 $\mathrm{D}$ は辺 $\mathrm{AB}$ の $\mathrm{B}$ の側の延長上にある。実際 $\overrightarrow{\mathrm{BA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BO}}=|\vec{b}|^2-\vec{a}\cdot\vec{b}=-2<0$ で、 $\angle\mathrm{OBA}$ は鈍角）

次に、大きさを2乗して展開すると

$$|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|^2=\dfrac{1}{25}|-\vec{a}+6\vec{b}|^2=\dfrac{1}{25}\left(|\vec{a}|^2-12\vec{a}\cdot\vec{b}+36|\vec{b}|^2\right)=\dfrac{1}{25}(16-48+72)=\dfrac{8}{5}$$

答　$|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|=\sqrt{\dfrac85}=\dfrac{2\sqrt{10}}{5}$

(2) の別解（正射影ベクトルを使う）

$\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{AO}}$ を $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ の向きに正射影したベクトルである。一般に、点 $\mathrm{X}$ から直線 $\mathrm{AY}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm{H}$ とすると、 $\overrightarrow{\mathrm{AH}}=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AX}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AY}}}{|\overrightarrow{\mathrm{AY}}|^2}\overrightarrow{\mathrm{AY}}$（内積＝ $\mathrm{AY}$ の大きさ×正射影の長さ から導ける。答案ではこの導出も書く）。

$$|\overrightarrow{\mathrm{AB}}|^2=|\vec{b}-\vec{a}|^2=2-8+16=10,\qquad\overrightarrow{\mathrm{AO}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=-\vec{a}\cdot(\vec{b}-\vec{a})=16-4=12$$

なので $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\dfrac{12}{10}\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\dfrac65\overrightarrow{\mathrm{AB}}$。よって

$$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\vec{a}+\dfrac65(\vec{b}-\vec{a})=-\dfrac15\vec{a}+\dfrac65\vec{b}$$

（ $|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|$ は、三平方の定理で $\mathrm{OD}^2=\mathrm{OA}^2-\mathrm{AD}^2=16-\left(\dfrac65\right)^2\cdot10=\dfrac85$ としても求められる。また $\triangle\mathrm{OAB}=\dfrac12\cdot\mathrm{OA}\cdot\mathrm{BC}=\dfrac12\cdot4\cdot1=2$（ $\mathrm{BC}=\sqrt{2-1}=1$）と $\triangle\mathrm{OAB}=\dfrac12\cdot\mathrm{AB}\cdot\mathrm{OD}$ から $\mathrm{OD}=\dfrac{4}{\sqrt{10}}$ と求めて検算できる）

(3)　配点 8点

$\mathrm{P}$ は直線 $\mathrm{OD}$ 上にあるので、実数 $k$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\overrightarrow{\mathrm{OD}}=-\dfrac k5\vec{a}+\dfrac{6k}{5}\vec{b}\quad\cdots\text{③}$$

また $\mathrm{P}$ は直線 $\mathrm{BC}$ 上にあるので、実数 $\ell$ を用いて

$$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\ell\overrightarrow{\mathrm{OB}}+(1-\ell)\overrightarrow{\mathrm{OC}}=\dfrac{1-\ell}{4}\vec{a}+\ell\vec{b}\quad\cdots\text{④}$$

$\vec{a}$、 $\vec{b}$ は $\vec{0}$ でなく平行でもない（1次独立）ので、③、④の係数を比べて

$$-\dfrac k5=\dfrac{1-\ell}{4},\qquad\dfrac{6k}{5}=\ell$$

2つめを1つめに代入すると $-\dfrac{4k}{5}=1-\dfrac{6k}{5}$ より $\dfrac{2k}{5}=1$、 $k=\dfrac52$（ $\ell=3$）。

よって $\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac52\overrightarrow{\mathrm{OD}}=-\dfrac12\vec{a}+3\vec{b}$ で、(2) より

$$|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|=\dfrac52|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|=\dfrac52\cdot\dfrac{2\sqrt{10}}{5}=\sqrt{10}$$

答　$|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|=\sqrt{10}$

（検算： $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=-\dfrac32\vec{a}+3\vec{b}$ で $\overrightarrow{\mathrm{AP}}\cdot\vec{b}=-\dfrac32\cdot4+3\cdot2=0$。 $\mathrm{A}$ から直線 $\mathrm{OB}$ に下ろした垂線も $\mathrm{P}$ を通るので、 $\mathrm{P}$ は確かに $\triangle\mathrm{OAB}$ の垂心）

(3) の別解（内積0で変数を1つにする）

$\overrightarrow{\mathrm{OP}}=k\overrightarrow{\mathrm{OD}}$ とおく。直線 $\mathrm{BC}$ は $\mathrm{C}$ を通り $\mathrm{OA}$ に垂直な直線なので、「 $\mathrm{P}$ が直線 $\mathrm{BC}$ 上」は $\overrightarrow{\mathrm{CP}}\cdot\vec{a}=0$、すなわち $\overrightarrow{\mathrm{OP}}\cdot\vec{a}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\vec{a}$ と言いかえられる。

$$\overrightarrow{\mathrm{OD}}\cdot\vec{a}=-\dfrac{16}{5}+\dfrac{24}{5}=\dfrac85,\qquad\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\vec{a}=\dfrac14|\vec{a}|^2=4$$

なので $\dfrac85k=4$、 $k=\dfrac52$。置く文字が1つで済む。

別解（座標を置く）

$\mathrm{O}(0,\,0)$、 $\mathrm{A}(4,\,0)$ とすると $\mathrm{C}(1,\,0)$。 $\mathrm{BC}=\sqrt{\mathrm{OB}^2-\mathrm{OC}^2}=1$ なので $\mathrm{B}(1,\,1)$ としてよい（ $\mathrm{B}(1,\,-1)$ でも $x$ 軸について対称なので同じ）。

(1) $\vec{a}\cdot\vec{b}=4\cdot1+0\cdot1=4$。

(2) 直線 $\mathrm{AB}$ は $x+3y=4$ で、その法線ベクトルは $(1,\,3)$。 $\mathrm{D}$ は直線 $y=3x$ と直線 $x+3y=4$ の交点で $\mathrm{D}\left(\dfrac25,\,\dfrac65\right)$。 $s(4,\,0)+t(1,\,1)=\left(\dfrac25,\,\dfrac65\right)$ より $t=\dfrac65$、 $s=-\dfrac15$。 $|\overrightarrow{\mathrm{OD}}|=\dfrac{\sqrt{4+36}}{5}=\dfrac{2\sqrt{10}}{5}$。

(3) 直線 $\mathrm{BC}$ は $x=1$、直線 $\mathrm{OD}$ は $y=3x$ なので $\mathrm{P}(1,\,3)$。 $|\overrightarrow{\mathrm{OP}}|=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$。

（計算は短い。ただし (2) で $s$、 $t$ を求めるときに $\vec{a}$、 $\vec{b}$ の成分に戻す必要があり、答案ではどの向きに座標を置いたかを最初に書く）

座標平面上で、点 $\mathrm{P}$ は原点 $(0,\,0)$ を出発点とし、1個のさいころを投げて出た目によって次の通りに動くものとする。

・出た目が奇数のとき、 $x$ 軸の正の向きに1だけ動く

・出た目が2または4のとき、 $x$ 軸の負の向きに1だけ動く

・出た目が6のとき、 $y$ 軸の正の向きに1だけ動く

$n$ を2以上の自然数とするとき、次の問に答えよ。

(1) さいころを $n$ 回投げるとき、点 $\mathrm{P}$ の座標が $(1,\,n-1)$ となる場合は何通りあるか。

(2) さいころを $n$ 回投げるとき、点 $\mathrm{P}$ の座標が $(0,\,n-2)$ となる場合は何通りあるか。

(3) さいころを $n$ 回投げるとき、点 $\mathrm{P}$ の $x$ 座標が0以上、かつ $y$ 座標が $n-2$ 以上となる場合は何通りあるか。

ここで「何通り」は、さいころの目の出方の数を数える（1、3、5 の目はどれも $x$ 軸の正の向きに1動くが、目の出方としては別のものである）。

$n$ 回のうち、奇数の目が出る回数を $a$、2または4の目が出る回数を $b$、6の目が出る回数を $c$ とすると

$$a+b+c=n$$

で、 $n$ 回投げたあとの点 $\mathrm{P}$ の座標は $(a-b,\,c)$ である。

(1)　配点 5点

$\mathrm{P}$ の座標が $(1,\,n-1)$ のとき、 $c=n-1$ より $a+b=1$、 $a-b=1$ なので

$$a=1,\quad b=0,\quad c=n-1$$

$n$ 回のうち奇数の目を置く場所が $n$ 通りで、残りの $n-1$ 回は6の目で自動で決まる。奇数の目は1、3、5の3通りなので

$$n\times3=3n$$

答　$3n$ 通り

(2)　配点 6点

$\mathrm{P}$ は $y$ 軸の負の向きには動かないので、 $y$ 座標が $n-2$ のとき6の目はちょうど $n-2$ 回で、 $c=n-2$。残りの2回について、 $a+b=2$、 $x$ 座標の条件 $a-b=0$ より

$$a=1,\quad b=1,\quad c=n-2$$

奇数の目を置く場所が $n$ 通り、2か4の目を置く場所が残りの $n-1$ 通りで、残りの $n-2$ 回は6の目で自動で決まる。

奇数の目は3通り、2か4の目は2通りなので

$$n(n-1)\times3\times2=6n(n-1)$$

答　$6n(n-1)$ 通り

(3)　配点 9点

$y$ 座標は $c$ で、 $c\leqq n$ なので、 $y$ 座標が $n-2$ 以上になるのは、 $y$ 座標が $n$、 $n-1$、 $n-2$（ $c=n,\ n-1,\ n-2$）のときである。この3つで場合分けし、それぞれ $a+b+c=n$ と $x$ 座標 $a-b\geqq0$ から $(a,\,b,\,c)$ の組を求める。

・$c=n$ のとき　 $a=b=0$ で、到達点は $(0,\,n)$。 $n$ 回すべて6の目なので1通り

・$c=n-1$ のとき　 $a+b=1$。 $a-b\geqq0$ より $(a,\,b)=(1,\,0)$ で、到達点は $(1,\,n-1)$（ $(a,\,b)=(0,\,1)$ は $x$ 座標が $-1$ で不適）。(1) より $3n$ 通り

・$c=n-2$ のとき　 $a+b=2$。 $a-b\geqq0$ より $(a,\,b)=(2,\,0)$、 $(1,\,1)$（ $(a,\,b)=(0,\,2)$ は $x$ 座標が $-2$ で不適）

・$(a,\,b)=(2,\,0)$：到達点は $(2,\,n-2)$。奇数の目を置く2か所の選び方が ${}_n\mathrm{C}_2$ 通りで、残りは6の目。奇数の目はそれぞれ3通りなので ${}_n\mathrm{C}_2\times3^2=\dfrac{9n(n-1)}{2}$ 通り

・$(a,\,b)=(1,\,1)$：到達点は $(0,\,n-2)$。(2) より $6n(n-1)$ 通り

これらは同時に起こらないので、求める場合の数は

$$1+3n+\dfrac{9n(n-1)}{2}+6n(n-1)=1+3n+\dfrac{21n(n-1)}{2}=\dfrac{21n^2-15n+2}{2}$$

答　$\dfrac{21n^2-15n+2}{2}$ 通り

（ $n=2$ のとき28通り。2回投げる36通りのうち、 $x$ 座標が負になる「2回とも2か4」の4通りと「2か4と6が1回ずつ」の4通りを除いた $36-8=28$ 通りと一致する）

(3) の別解（余事象：まず $y$ 座標の条件だけで数え、 $x$ 座標が負の場合を引く）

6以外の目が0回、1回、2回の場合は、6以外の目（5通り）を置く場所を考えて

$$1+n\times5+{}_n\mathrm{C}_2\times5^2$$

このうち $x$ 座標が負になるのは、6以外の1回が2か4の場合（ $n\times2$ 通り）と、6以外の2回がどちらも2か4の場合（ ${}_n\mathrm{C}_2\times2^2$ 通り）なので

$$1+5n+25\,{}_n\mathrm{C}_2-2n-4\,{}_n\mathrm{C}_2=1+3n+21\,{}_n\mathrm{C}_2=\dfrac{21n^2-15n+2}{2}$$

（除く点が2つだけなので、本解の直接数える方法と手間はほぼ同じ。検算に使える）

$k$ を定数とする。曲線 $y=e^{\sqrt{x}}$ と直線 $y=kx$ が1点 $\mathrm{P}$ で接しているとき、次の問に答えよ。

(1) 曲線 $y=e^{\sqrt{x}}$ の凹凸、変曲点を調べ、その概形をかけ。

(2) 定数 $k$ の値と点 $\mathrm{P}$ の座標を求めよ。

(3) 曲線 $y=e^{\sqrt{x}}$ と直線 $y=kx$ および $y$ 軸で囲まれた図形の面積を求めよ。

(1)　配点 8点

$f(x)=e^{\sqrt{x}}$ とおく。定義域は $x\geqq0$ で、 $x>0$ のとき

$$f'(x)=e^{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}>0$$

よって $f(x)$ は $x\geqq0$ で単調に増加する。

$f'(x)=\dfrac12\,e^{\sqrt{x}}\,x^{-\frac12}$ と見て積の微分をすると

$$f”(x)=\dfrac12\left(e^{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\cdot x^{-\frac12}-\dfrac12\,e^{\sqrt{x}}\,x^{-\frac32}\right)=\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{4}\left(\dfrac1x-\dfrac{1}{x\sqrt{x}}\right)=\dfrac{e^{\sqrt{x}}(\sqrt{x}-1)}{4x\sqrt{x}}$$

$x>0$ のとき $\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{4x\sqrt{x}}>0$ なので、 $f”(x)$ の符号は $\sqrt{x}-1$ の符号と一致する。下の図で、曲線 $y=\sqrt{x}$ が直線 $y=1$ より下にあるか上にあるかを見ると、 $0<x<1$ で $f”(x)<0$、 $x>1$ で $f”(x)>0$ である。

よって曲線は $0<x<1$ で上に凸、 $x>1$ で下に凸であり、 $x=1$ の前後で凹凸が変わる。 $f(1)=e$ より、変曲点は $(1,\,e)$。

また

$$\lim_{x\to+0}f'(x)=\lim_{x\to+0}\dfrac{e^{\sqrt{x}}}{2\sqrt{x}}=\infty,\qquad \lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$$

より、曲線は点 $(0,\,1)$ で $y$ 軸に接するように出発し、限りなく増加する。増減と凹凸は次のようになる。

| $x$ | $0$ | $\cdots$ | $1$ | $\cdots$ | $(\infty)$ |

|—|—|—|—|—|—|

| $f'(x)$ | | $+$ | $+$ | $+$ | |

| $f”(x)$ | | $-$ | $0$ | $+$ | |

| $f(x)$ | $1$ | 上に凸で増加 | $e$ | 下に凸で増加 | $(\infty)$ |

答　$0<x<1$ で上に凸、 $x>1$ で下に凸。変曲点は $(1,\,e)$。概形は下の図

(2)　配点 5点

$x=0$ では $f(x)$ は微分できず、点 $(0,\,1)$ で曲線に接する直線は $y$ 軸なので、直線 $y=kx$ にはならない。よって接点を $(t,\,e^{\sqrt{t}})\ (t>0)$ とおく。この点での接線は

$$y=\dfrac{e^{\sqrt{t}}}{2\sqrt{t}}(x-t)+e^{\sqrt{t}}$$

これが原点を通るので

$$0=-\dfrac{\sqrt{t}}{2}\,e^{\sqrt{t}}+e^{\sqrt{t}}=e^{\sqrt{t}}\left(1-\dfrac{\sqrt{t}}{2}\right)$$

$e^{\sqrt{t}}>0$ より $\sqrt{t}=2$、すなわち $t=4$。

このとき $k=f'(4)=\dfrac{e^2}{2\cdot2}=\dfrac{e^2}{4}$、接点は $(4,\,e^2)$。

答　$k=\dfrac{e^2}{4}$、 $\mathrm{P}(4,\,e^2)$

(3)　配点 7点

上下関係　(1) より、曲線は $x\geqq1$ で下に凸なので、この範囲では接線 $y=\dfrac{e^2}{4}x$ より上にある（触れるのは接点 $\mathrm{P}$ だけ）。また $0\leqq x\leqq1$ では上に凸なので、曲線は2点 $(0,\,1)$、 $(1,\,e)$ を結ぶ線分より上にある。この線分は、 $x=0$ で $1>0$、 $x=1$ で $e>\dfrac{e^2}{4}$ （ $e<4$ より）と、両端で直線 $y=\dfrac{e^2}{4}x$ より上にあるので、線分全体が直線より上にある。よって $0\leqq x\leqq4$ で曲線は直線より上にある。

立式　 $\mathrm{H}(4,\,0)$ とする。求める図形は、曲線の下の $0\leqq x\leqq4$ の部分から三角形 $\mathrm{OHP}$ を除いた部分（下の図の色の部分）なので

$$S=\int_0^4e^{\sqrt{x}}\,dx-\triangle\mathrm{OHP},\qquad \triangle\mathrm{OHP}=\dfrac12\cdot4\cdot e^2=2e^2$$

$\displaystyle\int_0^4e^{\sqrt{x}}\,dx$ を先に計算する　 $t=\sqrt{x}$ とおくと $x=t^2$、 $dx=2t\,dt$ で、 $x$ が $0\to4$ のとき $t$ は $0\to2$。よって

$$\int_0^4e^{\sqrt{x}}\,dx=\int_0^2 2te^t\,dt$$

$e^t=(e^t)’$ を積分する方向で部分積分すると

$$\int_0^2 2te^t\,dt=\Big[2te^t\Big]_0^2-\int_0^2 2e^t\,dt=4e^2-2(e^2-1)=2e^2+2$$

（原始関数 $2(t-1)e^t$ を微分すると $2e^t+2(t-1)e^t=2te^t$ に戻る）

したがって

$$S=(2e^2+2)-2e^2=2$$

答　$2$

(3) の別解（ $y$ 方向に積分する）

$y\geqq1$ で $y=e^{\sqrt{x}}$ を $x$ について解くと $x=(\log y)^2$。求める図形は、直線 $x=\dfrac{4}{e^2}y$ と $y$ 軸の間（ $0\leqq y\leqq e^2$ ）から、曲線 $x=(\log y)^2$ と $y$ 軸の間（ $1\leqq y\leqq e^2$ ）を除いた部分なので

$$S=\int_0^{e^2}\dfrac{4}{e^2}y\,dy-\int_1^{e^2}(\log y)^2\,dy=2e^2-\Big[y(\log y)^2-2y\log y+2y\Big]_1^{e^2}=2e^2-(2e^2-2)=2$$

（ $(\log y)^2$ は1を付け加えて部分積分を2回する。 $x$ 方向の本解の方が計算が短いので本解にした）

複素数平面上に $|\alpha|=2$ を満たす点 $\mathrm{A}(\alpha)$ がある。方程式

$$|z-1|=\sqrt2\qquad\cdots\cdots\text{①}$$

$$|z-\alpha|=\sqrt5\qquad\cdots\cdots\text{②}$$

について、次の問に答えよ。

(1) 複素数平面上で方程式①を満たす点 $z$ の全体が表す図形を描け。また、方程式①および②を満たす複素数 $z$ の個数が2個であることを示せ。

(2) 方程式①および②を満たす複素数 $z$ について

$$\overline{z}(\alpha-1)+z(\overline{\alpha}-1)=0$$

が成り立つことを示せ。

(3) 方程式①および②を満たす異なる2つの複素数を $\beta$、 $\gamma$ とする。2点 $\mathrm{B}(\beta)$、 $\mathrm{C}(\gamma)$ と原点 $\mathrm{O}$ が一直線上にあることを示せ。また、 $|\beta|=b$ とおくとき、 $|\gamma|$ を $b$ を用いて表せ。

(1)　配点 6点

①は、点 $z$ と点 $1$ との距離が $\sqrt2$ であることを表す。よって①を満たす点 $z$ の全体は、点 $1$ を中心とする半径 $\sqrt2$ の円である（虚軸と $\pm i$ 、実軸と $1\pm\sqrt2$ で交わる）。

②は、点 $\alpha$ を中心とする半径 $\sqrt5$ の円を表す。①および②を満たす $z$ の個数は、この2つの円の交点の個数である。

$\mathrm{P}(1)$ とすると、2つの円の中心間の距離は $\mathrm{PA}=|\alpha-1|$ で、 $|\alpha|=2$ と三角不等式より

$$|\alpha|-1\leqq|\alpha-1|\leqq|\alpha|+1\qquad\text{すなわち}\qquad1\leqq|\alpha-1|\leqq3$$

半径 $\sqrt2$ と $\sqrt5$ の2つの円が2点で交わる条件は、半径の差＜中心間の距離＜半径の和、すなわち

$$\sqrt5-\sqrt2<|\alpha-1|<\sqrt5+\sqrt2$$

である。ここで

$$(1+\sqrt2)^2=3+2\sqrt2>3+2=5\qquad\text{より}\qquad\sqrt5-\sqrt2<1$$

$$(\sqrt5+\sqrt2)^2=7+2\sqrt{10}>7+2\cdot3=13>9\qquad\text{より}\qquad3<\sqrt5+\sqrt2$$

なので

$$\sqrt5-\sqrt2<1\leqq|\alpha-1|\leqq3<\sqrt5+\sqrt2$$

が成り立ち、2つの円は異なる2点で交わる。よって、①および②を満たす $z$ の個数は2個である。（証明終）

別解（(1) の中心間の距離：極形式で置く）

$\alpha=2(\cos\theta+i\sin\theta)$ とおくと

$$|\alpha-1|^2=(2\cos\theta-1)^2+(2\sin\theta)^2=5-4\cos\theta$$

で、 $-1\leqq\cos\theta\leqq1$ より $1\leqq|\alpha-1|^2\leqq9$ 、すなわち $1\leqq|\alpha-1|\leqq3$ 。あとは本解と同じ。

(2)　配点 5点

①の両辺を2乗すると $|z-1|^2=2$ 、すなわち $(z-1)(\overline{z}-1)=2$ なので

$$z\overline{z}-z-\overline{z}+1=2\qquad\text{より}\qquad z\overline{z}-z-\overline{z}=1\qquad\cdots\cdots\text{③}$$

②の両辺を2乗すると $(z-\alpha)(\overline{z}-\overline{\alpha})=5$ で、 $\alpha\overline{\alpha}=|\alpha|^2=4$ なので

$$z\overline{z}-\overline{\alpha}z-\alpha\overline{z}+4=5\qquad\text{より}\qquad z\overline{z}-\overline{\alpha}z-\alpha\overline{z}=1\qquad\cdots\cdots\text{④}$$

④−③より

$$-\overline{\alpha}z-\alpha\overline{z}+z+\overline{z}=0\qquad\text{すなわち}\qquad\overline{z}(\alpha-1)+z(\overline{\alpha}-1)=0$$

（証明終）

(3)　配点 9点

$z=0$ は $|0-1|=1\neq\sqrt2$ より①を満たさないので、 $\beta\neq0$、 $\gamma\neq0$ である。また $|\alpha|=2$ より $\alpha\neq1$ 、すなわち $\overline{\alpha}-1\neq0$ である。

$w=z(\overline{\alpha}-1)$ とおくと $\overline{w}=\overline{z}(\alpha-1)$ なので、(2) の式は

$$w+\overline{w}=0\qquad\text{すなわち}\qquad\overline{w}=-w$$

となる。 $z\neq0$、 $\overline{\alpha}-1\neq0$ より $w\neq0$ なので、 $w$ は純虚数である。

よって、0でない実数 $s$、 $t$ を用いて

$$\beta(\overline{\alpha}-1)=si,\qquad\gamma(\overline{\alpha}-1)=ti$$

と表せる。2式から $\overline{\alpha}-1=\dfrac{si}{\beta}=\dfrac{ti}{\gamma}$ なので

$$\gamma=\dfrac{t}{s}\beta$$

$\dfrac{t}{s}$ は実数なので、 $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ の実数倍であり、 $\mathrm{O}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ は一直線上にある。（証明終）

（この直線は、原点を通り、2つの円の中心を結ぶ直線 $\mathrm{PA}$ に垂直な直線である）

次に $|\gamma|$ を求める。 $|i-1|=|-i-1|=\sqrt2$ より、円①は $\mathrm{D}(i)$、 $\mathrm{E}(-i)$ を通る。 $\mathrm{O}$ は弦 $\mathrm{DE}$ の上（中点）にあるので、円①の内部にあり、直線 $\mathrm{BC}$ も $\mathrm{O}$ を通る円①の弦である。

原点 $\mathrm{O}$ で交わる2本の弦 $\mathrm{BC}$、 $\mathrm{DE}$ に方べきの定理を使うと

$$\mathrm{OB}\cdot\mathrm{OC}=\mathrm{OD}\cdot\mathrm{OE}=1\cdot1=1$$

$\mathrm{OB}=|\beta|=b$、 $\mathrm{OC}=|\gamma|$ なので $b|\gamma|=1$ 。

答　$|\gamma|=\dfrac{1}{b}$

別解1（(3) の一直線：成分で置く）

$z=x+yi$、 $\alpha=p+qi$（ $x$、 $y$、 $p$、 $q$ は実数）とおくと、 $z(\overline{\alpha}-1)=\{(p-1)x+qy\}+\{(p-1)y-qx\}i$ で、(2) の式はその実部の2倍が0ということなので

$$(p-1)x+qy=0$$

$\alpha\neq1$ より $(p-1,\ q)\neq(0,\ 0)$ なので、これは原点を通る直線を表す。 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ はともにこの直線上にあるので、 $\mathrm{O}$、 $\mathrm{B}$、 $\mathrm{C}$ は一直線上にある。

別解2（(3) の $|\gamma|$ ：一直線を式にして③に代入する）

一直線上にあることから、 $\gamma=k\beta$（ $k$ は実数）と表せる。 $\beta\neq\gamma$ より $k\neq1$ である。③に $z=\beta$ を代入すると $b^2-(\beta+\overline{\beta})=1$ 、すなわち $\beta+\overline{\beta}=b^2-1$ 。③に $z=k\beta$ を代入すると $k^2b^2-k(\beta+\overline{\beta})=1$ なので

$$k^2b^2-k(b^2-1)-1=0\qquad\text{すなわち}\qquad(k-1)(kb^2+1)=0$$

$k\neq1$ より $k=-\dfrac{1}{b^2}$ 。よって $|\gamma|=|k|b=\dfrac{1}{b}$ 。