数学2 領域 問題 6 解説

方針・初手

(1) 重心 $\text{G}$ は中線 $\text{AM}$ を $2 : 1$ に内分する点であるという性質を用いて、点 $\text{M}$ の座標を直接求める。

(2) 領域 $D_2$ を表す不等式を変形し、円の中心と半径を把握する。その後、正三角形 $\text{ABC}$ の残りの頂点 $\text{B}, \text{C}$ の座標を求め、各辺と円との位置関係（交点）を調べる。共通部分の領域を図形的に分割して面積を計算する。

解法1

(1) 正三角形 $\text{ABC}$ において、辺 $\text{BC}$ の中点を $\text{M}$ とすると、重心 $\text{G}$ は線分 $\text{AM}$ を $2 : 1$ に内分する点である。したがって、

$$\vec{\text{AG}} = \frac{2}{3} \vec{\text{AM}} \iff \vec{\text{AM}} = \frac{3}{2} \vec{\text{AG}}$$

が成り立つ。

与えられた座標より、

$$\vec{\text{AG}} = \left( -\frac{\sqrt{3}}{6} - \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \right) = \left( -\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0 \right)$$

であるから、

$$\vec{\text{AM}} = \frac{3}{2} \left( -\frac{2\sqrt{3}}{3}, 0 \right) = \left( -\sqrt{3}, 0 \right)$$

となる。

点 $\text{M}$ の座標は、$\text{M} = \text{A} + \vec{\text{AM}}$ より、

$$\left( \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}, \frac{1}{2} + 0 \right) = \left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} \right)$$

となる。

(2) 領域 $D_2$ を表す不等式 $x^2 + y^2 - 2y \leqq 0$ は、次のように変形できる。

$$x^2 + (y - 1)^2 \leqq 1$$

これは、中心 $\text{P}(0, 1)$、半径 $1$ の円 $C$ の内部および境界を表す。

次に、正三角形 $\text{ABC}$ の頂点 $\text{B}, \text{C}$ の座標を求める。 (1) で求めた通り、$\vec{\text{AM}} = \left( -\sqrt{3}, 0 \right)$ であるため、線分 $\text{AM}$ は $x$ 軸に平行であり、その長さは $\sqrt{3}$ である。 正三角形の1辺の長さを $a$ とすると、高さが $\sqrt{3}$ であるから、

$$\frac{\sqrt{3}}{2}a = \sqrt{3} \iff a = 2$$

となる。

線分 $\text{BC}$ は線分 $\text{AM}$ と垂直に交わるため $y$ 軸に平行であり、点 $\text{M}\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} \right)$ を中点とする長さ $2$ の線分である。 したがって、頂点 $\text{B}, \text{C}$ の $x$ 座標はともに $-\frac{\sqrt{3}}{2}$ であり、$y$ 座標は $\frac{1}{2} \pm 1$ となる。 配置の対称性から、領域は $\text{B}, \text{C}$ の選び方によらないため、$\text{B}\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2} \right)$、$\text{C}\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2} \right)$ とする。

円 $C$ の中心 $\text{P}(0, 1)$ と各頂点・中点との距離を調べる。

$$\text{PA}^2 = \left( \frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \right)^2 + \left( \frac{1}{2} - 1 \right)^2 = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1$$

$$\text{PB}^2 = \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \right)^2 + \left( \frac{3}{2} - 1 \right)^2 = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1$$

これにより、点 $\text{A}, \text{B}$ は円 $C$ 上にある。また、線分 $\text{AB}$ の中点は $\left( 0, 1 \right)$ となり中心 $\text{P}$ と一致するため、辺 $\text{AB}$ は円 $C$ の直径である。

さらに、点 $\text{M}\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} \right)$ について、

$$\text{PM}^2 = \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} - 0 \right)^2 + \left( \frac{1}{2} - 1 \right)^2 = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1$$

であり、$\text{M}$ も円 $C$ 上にある。

同様に、辺 $\text{AC}$ の中点を $\text{Q}$ とすると、$\text{Q} = \frac{\text{A} + \text{C}}{2} = \left( 0, 0 \right)$ であり、

$$\text{PQ}^2 = 0^2 + (0 - 1)^2 = 1$$

であるから、$\text{Q}$ も円 $C$ 上にある。 一方、点 $\text{C}$ と $\text{P}$ の距離は $\text{PC}^2 = \frac{3}{4} + \frac{9}{4} = 3 > 1$ となり、点 $\text{C}$ は円 $C$ の外部にある。

以上より、領域 $D_1 \cap D_2$ の境界は、辺 $\text{AB}$、辺 $\text{BC}$ 上の線分 $\text{BM}$、辺 $\text{AC}$ 上の線分 $\text{QA}$、および円 $C$ 上の弧 $\text{MQ}$ で構成される。 この領域を、中心 $\text{P}$ を頂点とする図形に分割して面積を求める。 中心 $\text{P}$ から点 $\text{A}, \text{B}, \text{M}, \text{Q}$ に向かうベクトルを考えると、

$$\vec{\text{PB}} = \left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} \right), \quad \vec{\text{PM}} = \left( -\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2} \right)$$

$$\vec{\text{PQ}} = \left( 0, -1 \right), \quad \vec{\text{PA}} = \left( \frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2} \right)$$

となる。これらの内積を計算すると、

$$\vec{\text{PB}} \cdot \vec{\text{PM}} = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2} \implies \cos \angle \text{BPM} = \frac{1}{2} \implies \angle \text{BPM} = 60^\circ$$

$$\vec{\text{PM}} \cdot \vec{\text{PQ}} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \implies \cos \angle \text{MPQ} = \frac{1}{2} \implies \angle \text{MPQ} = 60^\circ$$

$$\vec{\text{PQ}} \cdot \vec{\text{PA}} = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \implies \cos \angle \text{QPA} = \frac{1}{2} \implies \angle \text{QPA} = 60^\circ$$

となる。各図形の面積は以下の通りである。

• $\triangle \text{PBM}$ は、$\text{PB} = \text{PM} = 1, \angle \text{BPM} = 60^\circ$ の正三角形であり、面積は $\frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4}$
• $\triangle \text{PQA}$ は、$\text{PQ} = \text{PA} = 1, \angle \text{QPA} = 60^\circ$ の正三角形であり、面積は $\frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{4}$
• 扇形 $\text{PMQ}$ は、半径 $1$、中心角 $60^\circ \left( = \frac{\pi}{3} \right)$ であり、面積は $\frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$

求める共通部分の面積 $S$ は、これらの和であるから、

$$S = \triangle \text{PBM} + (\text{扇形 } \text{PMQ}) + \triangle \text{PQA} = \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{6}$$

となる。

解説

本問は、図形の方程式と領域の共通部分に関する基本問題である。 (1) は平面幾何の基本的な性質（重心の内分比）を活用すれば容易に求まる。 (2) は図形を正確に描くことがカギとなる。領域の境界となる円の中心や半径を特定したうえで、正三角形の各頂点や辺の中点と円との位置関係を調べると、多くの点が円周上にあるという美しい構造が見えてくる。 特に、辺 $\text{AB}$ が円の直径になっていることや、各弧がちょうど $60^\circ$ ずつの中心角を持つことに気づけば、面積計算は単純な基本図形の足し合わせに帰着できる。積分を用いて面積を計算することも可能だが、図形的な対称性や分割を利用する方が見通しが良く、計算の負担も少ない。

答え

(1)

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

(2)

$$\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\pi}{6}$$