九州大学 2026年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第5問

(1) $z=x+iy$を代入すると$$x^2+y^2-2x-2y-2=0,$$すなわち$$(x-1{)}^2+(y-1{)}^2=4.$$図形$C$は，中心$(1,1)$，半径2の円である。

(2) $w=iz-1+i$とおく。$z$が$C$を動くと，$w$は中心$-2+2i$，半径2の円を動く。
この円は$2i$で虚軸に，$-2$で負の実軸に接し，第2象限の内部とその境界にある。
原点を通らない。偏角を$0$以上$2\pi$未満で表すと，その範囲は$$\frac{\pi }{2}\le \arg w\le \pi \mathrm{.}$$すべての偏角は，この範囲に$2k\pi$（$k$は整数）を足したものである。

(3) 辺の長さを$L>0$，弦$QR$の中点を$M$とする。
$P,H,M$は弦の垂直二等分線上にある。
$PH=2\sqrt{2}>2$で，$M$は円の内部にあるので，$M$は$P$から$H$へ向かう半直線上にある。
ゆえに$$HM=\mid \frac{\sqrt{3}}{2}L-2\sqrt{2}\mid \mathrm{.}$$直角三角形$HMQ$より$${(\frac{\sqrt{3}}{2}L-2\sqrt{2})}^2+\frac{L^2}{4}=4.$$整理すると$L^2-2\sqrt{6}L+4=0$だから$$L=\sqrt{6}-\sqrt{2},\sqrt{6}+\sqrt{2}\mathrm{.}$$これらはともに実現する。実際，$a=1-\sqrt{3}$または$1+\sqrt{3}$とし，
$Q=(a,0)$，$R=(0,a)$とすれば，$Q,R$は円$C$上にあり，
$P{Q}^2=P{R}^2=Q{R}^2=2a^2$となる。

60度の回転を用いて二つの円の交点を求める別解。

$q=\beta -\alpha$とおき，$\rho =\cos (\pi \mathrm{/}3)+i\sin (\pi \mathrm{/}3)$とする。
頂点の順序を選べば，$\gamma -\alpha =\rho q$と表せる。
円の中心を$P$から見た複素数は$c=2+2i$なので，条件は$$\mathrm{\mid }q-c\mathrm{\mid }=2,\mathrm{\mid }q-{\rho }^{-1}c\mathrm{\mid }=2.$$二つの円の中心は原点から同じ距離にあり，角度が$\pi \mathrm{/}3$違う。
共通弦の直線はその角の二等分線に沿うため，実数$s$を用いて$q=s\{\cos (\pi \mathrm{/}12)+i\sin (\pi \mathrm{/}12)\}$と書ける。
円の式へ代入すると$s^2-2\sqrt{6}s+4=0$となり，主解と同じ二つの長さが得られる。

二つの正三角形は，円の中心と固定点を結ぶ直線に対して対称な頂点をもつ。
必要な方程式を解いた後，両方の長さの三角形が実際に作れることを確認する。