第三問の解答解説
問題
平行四辺形\(\,\text{ABCD}\)において,\(\angle \text{ABC}=\displaystyle{\frac{\pi}{6}}, \text{AB}=a, \text{BC}=b, a\leq b\)とする。次の条件を満たす長方形\(\,\text{EFGH}\)を考え,その面積を\(S\)とする。
条件：点\(\,\text{A, B, C, D}\)はそれぞれ辺\(\,\text{EF, FG, GH, HE}\)上にある。
ただし, 辺はその両端を含むものとする。
(1)\(\angle \text{BCG}=\theta\)とするとき, \(S\)を\(a, b, \theta\)を用いて表せ。
(2)\(S\)の取りうる値の最大値を\(a,b\)を用いて表せ。
考え方
平面図形問題ですから図示して考えていきましょう。
(1)長方形の面積を求めるために、辺\(\,\text{EF}\)、辺\(\,\text{FG}\)の長さを求めましょう。図形的性質から\(\,\text{AE}=\text{GC}\)なので、\(\text{AF,FB,BG,GC}\)を求めればよさそうです。
(2)三角関数の最大値を求める問題です。このタイプの問題へのアプローチは大きく分けて三つです。
①\(\,t\)で置き換えて\(\,t\,\)についての問題に帰着させる。
②三角関数の合成を用いる
③微分して増減を調べる
本問では②を使います。\(\theta\)の定義域に注意して解きましょう。
解答
(1)条件より\begin{align*}
\text{GC}&=b\,\text{cos}\theta\\
\text{BG}&=b\,\text{sin}\theta
\end{align*}
また、\(\displaystyle{\angle \text{BAF}=\frac{\pi}{6}-\theta}\,\)より
\begin{align*}
\text{AF}&=a\,\text{cos}\angle \text{BAF}\\
&=a\,\text{cos}(\frac{\pi}{6}-\theta)\\
\text{FB}&=a\,\text{sin}\angle \text{BAF}\\
&=a\,\text{sin}(\frac{\pi}{6}-\theta)
\end{align*}よって\(\text{GC=AE}\)と合わせて
\begin{align*}
\text{FG}&=a\,\text{sin}(\frac{\pi}{6}-\theta)+b\,\text{sin}\theta\\
\text{EF}&=a\,\text{cos}(\frac{\pi}{6}-\theta)+b\,\text{cos}\theta
\end{align*}ゆえに\begin{align*}
S&=\text{FG}\times \text{EF}\\
&=\{a\,\text{sin}(\frac{\pi}{6}-\theta)+b\,\text{sin}\theta\}\{a\,\text{cos}(\frac{\pi}{6}-\theta)+b\,\text{cos}\theta\}\\
&=a^2\,\text{sin}(\frac{\pi}{6}-\theta)\text{cos}(\frac{\pi}{6}-\theta)+b^2\text{sin}\theta\text{cos}\theta\\
&\quad+ab\{\text{sin}(\frac{\pi}{6}-\theta)\text{cos}\theta+\text{cos}(\frac{\pi}{6}-\theta)\text{sin}\theta\}\\
&=\frac{a^2}{2}\text{sin}(\frac{\pi}{3}-2\theta)+\frac{b^2}{2}\text{sin}2\theta+\frac{ab}{2}\\
&=\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)\text{sin}2\theta+\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\text{cos}2\theta+\frac{ab}{2}
\end{align*}
よって\(\displaystyle{S=\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)\text{sin}2\theta+\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\text{cos}2\theta+\frac{ab}{2}}\)
(2)(1)より\begin{align*}
S&=\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)\text{sin}2\theta+\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\text{cos}2\theta+\frac{ab}{2}\\
&=\sqrt{\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{4}\right)^2+(\frac{\sqrt{3}}{4}a^2)^2}\,\text{sin}(2\theta+\alpha)+\frac{ab}{2}\\
&=\frac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}\text{sin}(2\theta+\alpha)+\frac{ab}{2}
\end{align*}ただし、\(\alpha\)は\begin{align*}\begin{cases}
\text{sin}\alpha=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a^2}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}\\
\text{cos}\alpha=\frac{b^2-\frac{a^2}{2}}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}\\
-\pi<\alpha<\pi
\end{cases}\end{align*}を満たす実数である。このとき\(0<a\leq b\)より\(\,\text{cos}\alpha>0,\text{sin}\alpha>0\)だから\(\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{\pi}{2}}\)
ここで、\(\displaystyle{0<\theta,0<\frac{\pi}{6}-\theta}\,\)だから、\(\displaystyle{0<\theta<\frac{\pi}{6}}\)
したがって\(2\theta+\alpha\)の動く範囲は\(\displaystyle{\alpha<2\theta+\alpha<\frac{\pi}{3}+\alpha}\)であるから\(S\)の最大値は\begin{align*}\begin{cases}
\frac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}+\frac{ab}{2}&(\alpha<\frac{\pi}{2}<\frac{\pi}{3}+\alpha)\\
\frac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}\text{sin}(\frac{\pi}{3}+\alpha)+\frac{ab}{2}&(\frac{\pi}{3}+\alpha\leq \frac{\pi}{2})
\end{cases}\end{align*}つまり
\begin{align*}\begin{cases}
\frac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}+\frac{ab}{2}&(\frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{\pi}{2})\\
\frac{\sqrt{3}}{4}b^2+\frac{ab}{2}&(\frac{\pi}{6}\leq\alpha)\end{cases}\end{align*}\begin{align*}
(\because \text{sin}(\frac{\pi}{3}+\alpha)&=\frac{\sqrt{3}}{2}\text{cos}\alpha+\frac{1}{2}\text{sin}\alpha\\
&=\frac{\frac{\sqrt{3}b^2}{2}-\frac{\sqrt{3}a^2}{4}}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}a^2}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}\\
&=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}b^2}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}})
\end{align*}
\(\displaystyle{\frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{\pi}{2}}\)となる条件を考える。
\(\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{\pi}{2}}\)よりこの条件は\(\text{tan}\frac{\pi}{6}<\text{tan}\alpha\)である。
よって\begin{align*}
\frac{1}{\sqrt{3}}&<\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a^2}{b^2-\frac{a^2}{2}}\\
b^2-\frac{a^2}{2}&<\frac{3}{2}a^2\\
b^2&<2a^2\\
b&<\sqrt{2}a\end{align*}
より、\(b<\sqrt{2}a\,\)が\(\displaystyle{\frac{\pi}{6}<\alpha<\frac{\pi}{2}}\)となる条件である。
以上より\(S\)の最大値は\begin{align*}\begin{cases}
\frac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}+\frac{1}{2}ab&(a\leq b<\sqrt{2}a)\\
\frac{\sqrt{3}}{4}b^2+\frac{1}{2}ab&(\sqrt{2}a\leq b)
\end{cases}\end{align*}
発展
本問を一般化してみます
問題
平行四辺形\(\,\text{ABCD}\)において,\(\angle \text{ABC}=\phi(0<\phi<\pi), \text{AB}=a, \text{BC}=b, a\leq b\)とする。次の条件を満たす長方形\(\,\text{EFGH}\)を考え,その面積を\(S_{\phi}\)とする。
条件：点\(\,\text{A, B, C, D}\)はそれぞれ辺\(\,\text{EF, FG, GH, HE}\)上にある。
ただし, 辺はその両端を含むものとする。
(1)\(\angle \text{BCG}=\theta\)とするとき, \(S_{\phi}\)を\(a, b, \theta\)を用いて表せ。
(2)\(S_{\phi}\)の取りうる値の最大値を\(a,b,\phi\)を用いて表せ。
解答
一つの角が\(\phi\)の平行四辺形と一つの角が\(\pi-\phi\)の平行四辺形は同じ形だから、\(S_{\phi}=S_{\pi-\phi}\)より\(0<\phi\leq\frac{\pi}{2}\)としてよい。
(1)本問と同様にして\begin{align*}\text{FG}&=a\,\text{sin}(\phi-\theta)+b\,\text{sin}\theta\\
\text{EF}&=a\,\text{cos}(\phi-\theta)+b\,\text{cos}\theta
\end{align*}
よって\begin{align*}S_{\phi}&=\text{FG}\times\text{EF}\\
&=(a\,\text{sin}(\phi-\theta)+b\,\text{sin}\theta)(a\,\text{cos}(\phi-\theta)+b\,\text{cos}\theta)\\
&=\frac{a^2}{2}\text{sin}(2(\phi-\theta))+\frac{b^2}{2}\text{sin}2\theta+ab\,\text{sin}\phi
\end{align*}
よって\(\displaystyle{S_{\phi}=\frac{a^2}{2}\text{sin}(2(\phi-\theta))+\frac{b^2}{2}\text{sin}2\theta+ab\,\text{sin}\phi}\)
(2)(1)より\begin{align*}S_{\phi}&=\frac{a^2}{2}\text{sin}(2(\phi-\theta))+\frac{b^2}{2}\text{sin}2\theta+ab\,\text{sin}\phi\\
&=\left(\frac{b^2}{2}-\frac{a^2}{2}\text{cos}2\phi\right)\text{sin}2\theta+\frac{a^2}{2}\text{sin}2\phi\text{cos}2\theta+ab\,\text{sin}\phi\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\left(b^2-a^2\text{cos}2\phi\right)^2+(a^2\text{sin}2\phi)^2}\,\text{sin}(2\theta+\alpha)+ab\,\text{sin}\phi\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}\,\text{sin}(2\theta+\alpha)+ab\,\text{sin}\phi
\end{align*}ただし、\(\alpha\)は\begin{align*}\begin{cases}
\text{sin}\alpha=\frac{a^2\text{sin}2\phi}{\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}}\\
\text{cos}\alpha=\frac{b^2-a^2\text{cos}2\phi}{\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}}\\
-\pi<\alpha<\pi
\end{cases}\end{align*}を満たす実数である。
\(0<\phi\leq \frac{\pi}{2}\)より本問と同様にして\(\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{\pi}{2}},0<\theta<\phi\)であり、\(2\theta+\alpha\)の動く範囲は\[\alpha<2\theta+\alpha<2\phi+\alpha\]
\(\displaystyle{\alpha<\frac{\pi}{2}<2\phi+\alpha}\)となる\(\alpha\)の条件を求める。
\(\displaystyle{-\frac{\pi}{2}<\alpha<\frac{\pi}{2}},0<\phi\leq\frac{\pi}{2}\)だから、この条件は\(\displaystyle{0>\text{cos}(2\phi+\alpha)}\)と等しい。
つまり\begin{align*}
0&>\text{cos}(2\phi+\alpha)\\
0&>\frac{b^2-a^2\text{cos}2\phi}{\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}}\text{cos}2\phi-\frac{a^2\text{sin}2\phi}{\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}}\text{sin}2\phi\\
0&>(b^2-a^2\text{cos}2\phi)\text{cos}2\phi-a^2\text{sin}^22\phi\\
0&>b^2\text{cos}2\phi-a^2
\end{align*}以上より\(S_{\phi}\)は
1.\(b^2\text{cos}2\phi<a^2\leq b^2\)のとき
\(\displaystyle{2\theta+\alpha=\frac{\pi}{2}}\)つまり\(\displaystyle{\theta=\frac{\pi}{4}-\frac{\alpha}{2}}\)のとき
最大値\(\displaystyle{\frac{1}{2}\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}+ab\,\text{sin}\phi}\)をとる。
2.\(a^2\leq b^2\text{cos}2\phi\)のとき
\(\displaystyle{2\theta+\alpha=2\phi+\alpha}\)つまり\(\theta=\phi\)のとき
最大値\(\displaystyle{\frac{1}{2}b^2\text{sin}2\phi+ab\,\text{sin}\phi}\)をとる。
\begin{align*}\begin{cases}
\frac{1}{2}\sqrt{a^4+b^4-2a^2b^2\text{cos}2\phi}+ab\,\text{sin}\phi&(b^2\text{cos}2\phi<a^2\leq b^2)\\
\frac{1}{2}b^2\text{sin}2\phi+ab\,\text{sin}\phi&(a^2\leq b^2\text{cos}2\phi)
\end{cases}\end{align*}
