九州大学 2021年度
文系数学 前期 第1問

解答

(1)

直線 $AB$ は、点 $A(1,0)$, $B(0,2)$ を通るので $2x+y=2$ である。

三角形 $OAB$ の内接円は $x$ 軸と $y$ 軸の両方に接するから、その中心は2つの座標軸から等距離にある。よって中心を $(r,r)(r>0)$ とおくと、半径も $r$ である。内接円はさらに直線 $AB$ に接するので、点 $(r,r)$ と直線 $2x+y-2=0$ の距離が $r$ に等しい。

内接円の中心は三角形の内部にあるから $2-3r>0$ であり、$\frac{2-3r}{\sqrt{5}}=r$ となる。したがって $2=(3+\sqrt{5})r$ より $r=\frac{2}{3+\sqrt{5}}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ である。求める中心の座標は $\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2},\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)$ である。

(2)

条件をみたす円は、中心が第1象限にあり、$x$ 軸と $y$ 軸の両方に接する。よって中心を $(r,r)(r>0)$ とおくと、半径も $r$ である。

中心 $(r,r)$ から直線 $AB:2x+y-2=0$ までの距離を $d$ とすると $d=\frac{|2r+r-2|}{\sqrt{5}}=\frac{|3r-2|}{\sqrt{5}}$ である。直線 $AB$ と円が異なる2点で交わる条件は $d<r$ であり、このとき弦 $PQ$ の長さは $PQ=2\sqrt{r^2-d^2}$ である。したがって $P{Q}^2=4\left(r^2-\frac{(3r-2{)}^2}{5}\right)=\frac{16}{5}(-r^2+3r-1)$ である。

ここで $-r^2+3r-1=-{\left(r-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{5}{4}$ であるから、$P{Q}^2$ は $r=\frac{3}{2}$ のとき最大となる。このとき $P{Q}^2=\frac{16}{5}\cdot \frac{5}{4}=4$ である。また $r=\frac{3}{2}$ では $d=\frac{5}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{2}<\frac{3}{2}=r$ なので、確かに異なる2交点をもつ。よって求める最大値は $PQ=2$ である。

別解。(2)は交点を直接計算してもよい。直線 $AB$ 上で $y=2-2x$ とおき、円 $(x-r{)}^2+(y-r{)}^2=r^2$ に代入すると、交点の $x$ 座標は二次方程式 $5x^2+(2r-8)x+(5r^2-4r+4)=0$ の2根である。2根の差の2乗は判別式を係数の2乗で割ったものだから、直線 $AB$ の傾きが $-2$ であることを用いると $P{Q}^2=5(x_1-x_2{)}^2=\frac{16}{5}(-r^2+3r-1)$ となり、同じ二次関数の最大化に帰着する。