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数学2 直線問題 5 解説

方針・初手

正三角形の重心が原点にあるという条件から、まずは頂点 $\text{A, B, C}$ の座標を決定する。 (1) は直線 $y=x$ に関する対称移動であるため、各点の $x$ 座標と $y$ 座標を入れ替えればよい。 (2) は、直接重なる多角形の面積を求めることも可能だが、両方の三角形の辺の方程式を求め、$\triangle\text{ABC}$ の面積から「$\triangle\text{A}^\prime\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ と重ならない部分」の面積を引く方針が見通しがよい。図形の対称性や直線の交角に注目することで、計算量を大きく減らすことができる。

解法1

$\triangle\text{ABC}$ の $1$ 辺の長さは $2$ であるから、その高さは $\sqrt{3}$ である。重心は原点 $(0,0)$ にあり、頂点 $\text{A}$ は $y$ 軸上の正の部分にあるため、重心から $\text{A}$ までの距離は高さの $\frac{2}{3}$ 倍、すなわち $\sqrt{3} \times \frac{2}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$ である。したがって、$\text{A}$ の座標は $\left(0, \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)$ となる。辺 $\text{BC}$ は $x$ 軸に平行であり、重心から距離 $\frac{\sqrt{3}}{3}$ だけ下にあるため、直線 $\text{BC}$ の方程式は $y = -\frac{\sqrt{3}}{3}$ である。頂点 $\text{C}$ の $x$ 座標は正であり、$\text{BC}=2$ で $y$ 軸に関して対称であるから、$\text{B}\left(-1, -\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$、$\text{C}\left(1, -\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ と求まる。

(1) 直線 $y=x$ に関する対称移動は、点の $x$ 座標と $y$ 座標を入れ替える変換である。したがって、$\text{C}\left(1, -\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ と対称な点 $\text{C}^\prime$ の座標は $\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, 1\right)$ となる。

(2) (1) と同様にして、$\text{A}^\prime, \text{B}^\prime$ の座標も求めると、それぞれ $\text{A}^\prime\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0\right)$、$\text{B}^\prime\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, -1\right)$ となる。求める面積は、$\triangle\text{ABC}$ の面積から「$\triangle\text{A}^\prime\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ と重ならない部分」を引くことで計算する。

$\triangle\text{ABC}$ の各辺を通る直線の方程式を求める。直線 $\text{AB}$ の傾きは $\frac{-\sqrt{3}/3 - 2\sqrt{3}/3}{-1 - 0} = \sqrt{3}$ より、$y = \sqrt{3}x + \frac{2\sqrt{3}}{3}$ 直線 $\text{AC}$ の傾きは $\frac{-\sqrt{3}/3 - 2\sqrt{3}/3}{1 - 0} = -\sqrt{3}$ より、$y = -\sqrt{3}x + \frac{2\sqrt{3}}{3}$ 直線 $\text{BC}$ の方程式は $y = -\frac{\sqrt{3}}{3}$

これらを直線 $y=x$ に関して対称移動したものが、$\triangle\text{A}^\prime\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ の各辺を通る直線の方程式である。直線 $\text{A}^\prime\text{B}^\prime$: $x = \sqrt{3}y + \frac{2\sqrt{3}}{3} \iff y = \frac{1}{\sqrt{3}}x - \frac{2}{3}$ 直線 $\text{A}^\prime\text{C}^\prime$: $x = -\sqrt{3}y + \frac{2\sqrt{3}}{3} \iff y = -\frac{1}{\sqrt{3}}x + \frac{2}{3}$ 直線 $\text{B}^\prime\text{C}^\prime$: $x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$

$\triangle\text{ABC}$ のうち、$\triangle\text{A}^\prime\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ と重ならない部分は、頂点 $\text{A, B, C}$ をそれぞれ含む３つの三角形に分かれる。

(i) 頂点 $\text{B}$ を含む重ならない部分 直線 $\text{AB}$ と直線 $\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ の交点を $\text{R}$ とすると、$x = -\frac{\sqrt{3}}{3}$ を直線 $\text{AB}$ の式に代入して、

$$y = \sqrt{3}\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right) + \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}-3}{3}$$

直線 $\text{BC}$ と直線 $\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ の交点を $\text{S}$ とすると、$\text{S}\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ となる。この重ならない部分は $\triangle\text{BRS}$ であり、直線 $\text{B}^\prime\text{C}^\prime$ が $y$ 軸に平行、直線 $\text{BC}$ が $x$ 軸に平行であるため、$\angle\text{S} = 90^\circ$ の直角三角形である。その面積 $S_B$ は、

$$S_B = \frac{1}{2} \cdot \text{BS} \cdot \text{RS} = \frac{1}{2} \left( -\frac{\sqrt{3}}{3} - (-1) \right) \left( \frac{2\sqrt{3}-3}{3} - \left( -\frac{\sqrt{3}}{3} \right) \right)$$

$$= \frac{1}{2} \left( \frac{3-\sqrt{3}}{3} \right) (\sqrt{3}-1) = \frac{2\sqrt{3}-3}{3}$$

(ii) 頂点 $\text{A}$ を含む重ならない部分 直線 $\text{AB}$ と直線 $\text{A}^\prime\text{C}^\prime$ の交点を $\text{Q}^\prime$、直線 $\text{AC}$ と直線 $\text{A}^\prime\text{C}^\prime$ の交点を $\text{P}$ とする。直線 $\text{AB}$ の傾きは $\sqrt{3}$、直線 $\text{A}^\prime\text{C}^\prime$ の傾きは $-\frac{1}{\sqrt{3}}$ であり、積が $-1$ になるため両者は直交する。したがって、この部分は $\angle\text{Q}^\prime = 90^\circ$、$\angle\text{A} = 60^\circ$ の直角三角形 $\triangle\text{A Q}^\prime \text{P}$ となる。交点 $\text{Q}^\prime$ の $x$ 座標は $\sqrt{3}x + \frac{2\sqrt{3}}{3} = -\frac{1}{\sqrt{3}}x + \frac{2}{3}$ より $x = \frac{\sqrt{3}-3}{6}$ と求まり、$\text{Q}^\prime \left(\frac{\sqrt{3}-3}{6}, \frac{\sqrt{3}+3}{6}\right)$ を得る。線分 $\text{A Q}^\prime$ の長さの $2$ 乗は、

$$\text{A Q}^{\prime 2} = \left( \frac{\sqrt{3}-3}{6} \right)^2 + \left( \frac{\sqrt{3}+3}{6} - \frac{2\sqrt{3}}{3} \right)^2 = \frac{12-6\sqrt{3}}{36} + \frac{12-6\sqrt{3}}{36} = \frac{4-2\sqrt{3}}{3}$$

直角三角形の辺の比より $\text{P Q}^\prime = \sqrt{3} \text{A Q}^\prime$ であるから、面積 $S_A$ は、

$$S_A = \frac{1}{2} \text{A Q}^\prime \cdot \text{P Q}^\prime = \frac{\sqrt{3}}{2} \text{A Q}^{\prime 2} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4-2\sqrt{3}}{3} = \frac{2\sqrt{3}-3}{3}$$

(iii) 頂点 $\text{C}$ を含む重ならない部分 (ii) と同様に、直線 $\text{A}^\prime\text{B}^\prime$ と直線 $\text{AC}$ が直交することから、この部分も $\angle\text{A} = 60^\circ$ を持つ合同な直角三角形となり、面積は $\frac{2\sqrt{3}-3}{3}$ である。

以上より、$\triangle\text{ABC}$ と重ならない３つの三角形の面積はすべて等しい。 $\triangle\text{ABC}$ 全体の面積は $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$ であるから、求める重なり部分の面積 $S$ は、

$$S = \sqrt{3} - 3 \times \frac{2\sqrt{3}-3}{3} = \sqrt{3} - (2\sqrt{3}-3) = 3-\sqrt{3}$$

解説

直線 $y=x$ に関する対称移動は、$y$ 軸対称な図形に対して施すと、結果的に原点周りの $90^\circ$（または $-90^\circ$）回転と同じ位置関係を生み出す。正三角形を $90^\circ$ 回転させると、元の辺と新しい辺の交角が必ず $90^\circ, 30^\circ, 60^\circ$ のいずれかになるという幾何学的な性質がある。本問ではこの性質により、はみ出す部分がすべて $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$ の合同な直角三角形となるため、１つの面積を求めれば容易に全体像を把握できる構成となっている。