東京大学 2025年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第3問

(1)

点の並びと、長方形の辺への射影の関係は次の図のようになる。

長方形の頂点は順に $E,F,G,H$ とする。点 $B$ は辺 $FG$ 上，点 $C$ は辺 $GH$ 上にあるので，三角形 $BCG$ は $G$ を直角とする直角三角形である。$\mathrm{\angle }BCG=\theta$，$BC=b$ より $$CG=b\cos \theta ,BG=b\sin \theta$$ である。

次に，点 $A$ は辺 $EF$ 上にあるから，三角形 $ABF$ も $F$ を直角とする直角三角形である。$\mathrm{\angle }ABC=\pi \mathrm{/}6$ であり，また三角形 $BCG$ において $$\mathrm{\angle }CBG=\frac{\pi }{2}-\theta$$ である。点 $B$ から見て $BF$ は $BG$ と反対向きなので，$$\mathrm{\angle }ABF=\pi -\frac{\pi }{6}-(\frac{\pi }{2}-\theta )=\theta +\frac{\pi }{3}$$である。したがって$$BF=a\cos (\theta +\frac{\pi }{3}),AF=a\sin (\theta +\frac{\pi }{3})$$である。

長方形の一方の辺の長さは $$FG=BF+BG=a\cos (\theta +\frac{\pi }{3})+b\sin \theta$$ である。また，平行四辺形の向かい合う辺は平行で長さが等しいので，$C$ から $H$ までの切り落とし部分は $AF$ と同じ長さになり，$$GH=CG+CH=b\cos \theta +a\sin (\theta +\frac{\pi }{3})$$ である。

よって長方形 $EFGH$ の面積 $S$ は$$S=\{b\sin \theta +a\cos (\theta +\frac{\pi }{3})\}\{b\cos \theta +a\sin (\theta +\frac{\pi }{3})\}$$である。

(2)
上の配置が成り立つためには，$\theta \geqq 0$ であり，さらに $$BF=a\cos (\theta +\frac{\pi }{3})\geqq 0$$ が必要である。したがって $$0\leqq \theta \leqq \frac{\pi }{6}$$ である。

(1) の式を展開する。$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S}& {\displaystyle =b^2\sin \theta \cos \theta +a^2\cos (\theta +\frac{\pi }{3})\sin (\theta +\frac{\pi }{3})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle +ab\{\sin \theta \sin (\theta +\frac{\pi }{3})+\cos \theta \cos (\theta +\frac{\pi }{3})\}}\end{array}$$である。最後の中括弧は$$\cos \{\theta -(\theta +\frac{\pi }{3})\}=\cos \frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}$$であるから，$$S=\frac{b^2}{2}\sin 2\theta +\frac{a^2}{2}\sin (2\theta +\frac{2\pi }{3})+\frac{ab}{2}$$となる。さらに$$\sin (2\theta +\frac{2\pi }{3})=-\frac{1}{2}\sin 2\theta +\frac{\sqrt{3}}{2}\cos 2\theta$$より$$S=\frac{2b^2-a^2}{4}\sin 2\theta +\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}\cos 2\theta +\frac{ab}{2}$$である。

ここで $\varphi =2\theta$ とおくと，$$0\leqq \varphi \leqq \frac{\pi }{3}$$ である。また $$A=\frac{2b^2-a^2}{4},B=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}$$ とおけば $$S=A\sin \varphi +B\cos \varphi +\frac{ab}{2}$$ である。これは，単位ベクトル $(\cos \varphi ,\sin \varphi )$ とベクトル $(B,A)$ の内積に $ab\mathrm{/}2$ を加えたものと見られる。 $a\leqq b$ なので $A>0,B>0$ である。ベクトル $(B,A)$ の偏角を $\delta$ とすると $$\tan \delta =\frac{A}{B}=\frac{2b^2-a^2}{\sqrt{3}{a}^2}$$ である。 $a\leqq b\leqq \sqrt{2}a$ のとき，$$\frac{1}{\sqrt{3}}\leqq \tan \delta \leqq \sqrt{3}$$ であるから $$\frac{\pi }{6}\leqq \delta \leqq \frac{\pi }{3}$$ となり，$0\leqq \varphi \leqq \pi \mathrm{/}3$ の範囲内で内積は最大値 $\sqrt{A^2+B^2}$ をとる。よって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_{\max }}& {\displaystyle =\sqrt{A^2+B^2}+\frac{ab}{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4}\sqrt{(2b^2-a^2{)}^2+3a^4}+\frac{ab}{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\sqrt{a^4-a^2{b}^2+b^4}+\frac{ab}{2}}\end{array}$$である。

一方，$b>\sqrt{2}a$ のときは $\delta >\pi \mathrm{/}3$ である。この場合，許される範囲 $0\leqq \varphi \leqq \pi \mathrm{/}3$ では，$\varphi$ が $\delta$ に最も近い端点 $$\varphi =\frac{\pi }{3}$$ で最大となる。すなわち $\theta =\pi \mathrm{/}6$ のときである。このとき $$\sin \varphi =\frac{\sqrt{3}}{2},\cos \varphi =\frac{1}{2}$$ だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle S_{\max }}& {\displaystyle =\frac{2b^2-a^2}{4}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}\cdot \frac{1}{2}+\frac{ab}{2}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\sqrt{3}}{4}{b}^2+\frac{ab}{2}}\end{array}$$である。

以上より$$S_{\max }=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{a^4-a^2{b}^2+b^4}+\frac{ab}{2}}& (a\leqq b\leqq \sqrt{2}a),\\ {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}{b}^2+\frac{ab}{2}}& (b>\sqrt{2}a)\end{array}$$である。

(1) で得た面積を $S=A\sin \varphi +B\cos \varphi +ab\mathrm{/}2$, $\varphi =2\theta$ と整理する。$0\leqq \varphi \leqq \pi \mathrm{/}3$ で微分し、臨界点が許容区間内にある条件と、右端で最大となる条件を分ける。

(1)
三角形 $BCG$ と $ABF$ の直角三角形に注目すると$$BG=b\sin \theta ,CG=b\cos \theta ,BF=a\cos (\theta +\frac{\pi }{3}),AF=a\sin (\theta +\frac{\pi }{3})$$である。よって$$S=\{b\sin \theta +a\cos (\theta +\frac{\pi }{3})\}\{b\cos \theta +a\sin (\theta +\frac{\pi }{3})\}$$である。

(2)
図形が成り立つ範囲は $0\leqq \theta \leqq \pi \mathrm{/}6$ である。$\varphi =2\theta$ とおくと $0\leqq \varphi \leqq \pi \mathrm{/}3$ で、(1) の式は$$S=A\sin \varphi +B\cos \varphi +\frac{ab}{2},A=\frac{2b^2-a^2}{4},B=\frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}$$となる。$a\leqq b$ より $A,B>0$ である。$$\frac{dS}{d\varphi }=A\cos \varphi -B\sin \varphi$$だから、区間内の臨界点は$$\tan \varphi =\frac{A}{B}=\frac{2b^2-a^2}{\sqrt{3}{a}^2}$$を満たす。この点が $0\leqq \varphi \leqq \pi \mathrm{/}3$ に入る条件は$$\frac{A}{B}\leqq \sqrt{3}⟺b\leqq \sqrt{2}a$$である。このとき、微分係数は正から負へ変わるので$$S_{\max }=\sqrt{A^2+B^2}+\frac{ab}{2}=\frac{1}{2}\sqrt{a^4-a^2{b}^2+b^4}+\frac{ab}{2}$$である。

$b>\sqrt{2}a$ のときは $A\mathrm{/}B>\sqrt{3}$ で、区間全体で $dS\mathrm{/}d\varphi >0$ である。したがって $\varphi =\pi \mathrm{/}3$、すなわち $\theta =\pi \mathrm{/}6$ で最大となり、$$S_{\max }=\frac{\sqrt{3}}{4}{b}^2+\frac{ab}{2}$$である。よって$$S_{\max }=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{a^4-a^2{b}^2+b^4}+{\displaystyle \frac{ab}{2}}& (a\leqq b\leqq \sqrt{2}a),\\ {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}}{b}^2+{\displaystyle \frac{ab}{2}}& (b>\sqrt{2}a)\end{array}$$である。