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大阪大学 1963年理系第5問解説

方針・初手

四角形 $EPCQ$ の面積を直接求めるのは難しいため、正方形 $ABCD$ の面積から周囲の三角形の面積を引く方針をとる。正方形を回転させたという条件から、合同な直角三角形のペアを見つけることが計算量削減の鍵となる。図形的なアプローチ（初等幾何と三角関数）と、座標平面に設定するアプローチの2通りを示す。

解法1

(1)

$\angle PAB = \theta$ $\left(0 < \theta < \frac{\pi}{4}\right)$ とおく。正方形 $AEFG$ は、正方形 $ABCD$ を点 $A$ を中心に $\theta$ 回転させたものである。したがって、直線 $EF$ は直線 $BC$ を $\theta$ 回転させたものであり、点 $A$ から直線 $EF$ への距離は、点 $A$ から直線 $BC$ への距離 $AB = a$ と等しい。また、$AE \perp EF$ である。

点 $Q$ は辺 $CD$ と辺 $EF$ の交点であるから、直角三角形 $\triangle ADQ$ と $\triangle AEQ$ に着目する。 $\angle ADQ = \angle AEQ = 90^\circ$、斜辺 $AQ$ は共通、さらに $AD = AE = a$ である。よって、直角三角形の合同条件より $\triangle ADQ \equiv \triangle AEQ$ が成り立つ。

これにより、$DQ = EQ = x$ であり、$\triangle AEQ$ の面積は $\triangle ADQ$ の面積と等しく $\frac{1}{2}ax$ となる。また、合同であるから $\angle DAQ = \angle EAQ$ である。ここで、$\angle DAE = \angle DAB - \angle EAB = \frac{\pi}{2} - \theta$ であるから、

$$ \angle DAQ = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) $$

となる。$\triangle ADQ$ において $DQ = AD \tan(\angle DAQ)$ であるから、

$$ x = a \tan\left( \frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{2} \right) $$

$\theta$ を $x$ で表すため、$\alpha = \frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{2}$ とおくと、$\theta = \frac{\pi}{2} - 2\alpha$ であり、$\tan\alpha = \frac{x}{a}$ となる。

$$ \tan\theta = \tan\left(\frac{\pi}{2} - 2\alpha\right) = \frac{1}{\tan 2\alpha} $$

正接の2倍角の公式より、

$$ \tan 2\alpha = \frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha} = \frac{2 \cdot \frac{x}{a}}{1 - \left(\frac{x}{a}\right)^2} = \frac{2ax}{a^2 - x^2} $$

よって、

$$ \tan\theta = \frac{a^2 - x^2}{2ax} $$

$\triangle ABP$ において、$BP = a\tan\theta = \frac{a^2 - x^2}{2x}$ である。四角形 $EPCQ$ の面積 $S$ は、正方形 $ABCD$ から $\triangle ABP$、$\triangle ADQ$、$\triangle AEQ$ の面積を引いたものであるから、

$$ \begin{aligned} S &= a^2 - \frac{1}{2}a \cdot BP - \frac{1}{2}a \cdot DQ - \frac{1}{2}a \cdot EQ \\ &= a^2 - \frac{1}{2}a \left( \frac{a^2 - x^2}{2x} \right) - \frac{1}{2}ax - \frac{1}{2}ax \\ &= a^2 - \frac{a(a^2 - x^2)}{4x} - ax \\ &= \frac{4a^2x - (a^3 - ax^2) - 4ax^2}{4x} \\ &= \frac{-3ax^2 + 4a^2x - a^3}{4x} \end{aligned} $$

(2)

$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ において、$\theta \to 0$ のとき $x \to a$、$\theta \to \frac{\pi}{4}$ のとき $x \to a(\sqrt{2}-1)$ となるため、$x$ は $(\sqrt{2}-1)a < x < a$ の範囲を動く。 (1) の結果を次のように変形する。

$$ S = a^2 - \left( \frac{3ax}{4} + \frac{a^3}{4x} \right) $$

$x > 0$ であるから、$\frac{3ax}{4} > 0$ かつ $\frac{a^3}{4x} > 0$ である。相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$ \frac{3ax}{4} + \frac{a^3}{4x} \geqq 2 \sqrt{\frac{3ax}{4} \cdot \frac{a^3}{4x}} = 2 \sqrt{\frac{3a^4}{16}} = \frac{\sqrt{3}}{2}a^2 $$

等号が成立するのは $\frac{3ax}{4} = \frac{a^3}{4x}$、すなわち $3x^2 = a^2$ のときである。$x > 0$ より $x = \frac{a}{\sqrt{3}}$ であり、これは $(\sqrt{2}-1)a < x < a$ を満たす。引く量が最小となるこのとき、面積 $S$ は最大となる。 $x = \frac{a}{\sqrt{3}}$ のとき、$\tan\alpha = \frac{x}{a} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ より $\alpha = \frac{\pi}{6}$ であるから、

$$ \angle PAB = \theta = \frac{\pi}{2} - 2\alpha = \frac{\pi}{2} - 2 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6} $$

解法2

(1)

点 $A$ を原点 $(0,0)$ とし、辺 $AB$ が $x$ 軸の正の向き、辺 $AD$ が $y$ 軸の正の向きとなるように座標系を設定する。各頂点の座標は $A(0,0), B(a,0), C(a,a), D(0,a)$ となる。 $\angle PAB = \theta$ $\left(0 < \theta < \frac{\pi}{4}\right)$ とおくと、$P$ の座標は $(a, a\tan\theta)$ である。正方形 $ABCD$ を点 $A$ を中心に反時計回りに $\theta$ 回転したものが正方形 $AEFG$ であるから、点 $E$ の座標は $(a\cos\theta, a\sin\theta)$ である。直線 $EF$ は点 $E$ を通り、法線ベクトルが $\vec{AE} = (a\cos\theta, a\sin\theta)$ である直線に等しいため、その方程式は、

$$ x\cos\theta + y\sin\theta = a $$

と表される。点 $Q$ は直線 $EF$ と辺 $CD$（直線 $y=a$）の交点であるから、

$$ x_Q \cos\theta + a\sin\theta = a $$

$$ x_Q \cos\theta = a(1 - \sin\theta) $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ より $\cos\theta \neq 0$ であるから、$x_Q = \frac{a(1 - \sin\theta)}{\cos\theta}$ となる。点 $D(0,a)$ と $Q(x_Q, a)$ の距離 $DQ$ が $x$ であるから、$x_Q = x$ であり、

$$ x\cos\theta = a(1 - \sin\theta) $$

両辺を $a$ で割り、$\cos\theta$ を消去するために平方すると、

$$ \frac{x^2}{a^2} \cos^2\theta = (1 - \sin\theta)^2 $$

$$ \frac{x^2}{a^2} (1 - \sin^2\theta) = (1 - \sin\theta)^2 $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ より $\sin\theta \neq 1$ であるから、両辺を $1 - \sin\theta$ で割ると、

$$ \frac{x^2}{a^2} (1 + \sin\theta) = 1 - \sin\theta $$

$$ \sin\theta \left( 1 + \frac{x^2}{a^2} \right) = 1 - \frac{x^2}{a^2} $$

$$ \sin\theta = \frac{a^2 - x^2}{a^2 + x^2} $$

$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ より $\cos\theta > 0$ なので、

$$ \cos\theta = \sqrt{1 - \left( \frac{a^2 - x^2}{a^2 + x^2} \right)^2} = \frac{2ax}{a^2 + x^2} $$

よって、

$$ \tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta} = \frac{a^2 - x^2}{2ax} $$

これより $BP = a\tan\theta = \frac{a^2 - x^2}{2x}$ となる。ここで、四角形 $EPCQ$ の面積 $S$ は、正方形 $ABCD$ から $\triangle ABP$ と四角形 $ADQE$ を引いて求める。四角形 $ADQE$ の面積は $\triangle ADQ$ と $\triangle AEQ$ の和である。直線 $EF$ の方程式と点 $A(0,0)$ の距離が $a$ であり、$AE \perp EF$ であることから、$\triangle ADQ \equiv \triangle AEQ$ となるため、四角形 $ADQE$ の面積は $2 \times \triangle ADQ = ax$ である。したがって、

$$ \begin{aligned} S &= a^2 - \frac{1}{2}a \cdot BP - ax \\ &= a^2 - \frac{a(a^2 - x^2)}{4x} - ax \\ &= \frac{4a^2x - a^3 + ax^2 - 4ax^2}{4x} \\ &= \frac{-3ax^2 + 4a^2x - a^3}{4x} \end{aligned} $$

(2)

(1) より $S = a^2 - \frac{3ax}{4} - \frac{a^3}{4x}$ と表される。幾何学的考察により $x$ の範囲は $(\sqrt{2}-1)a < x < a$ である。相加平均と相乗平均の大小関係より、

$$ \frac{3ax}{4} + \frac{a^3}{4x} \geqq 2\sqrt{ \frac{3ax}{4} \cdot \frac{a^3}{4x} } = \frac{\sqrt{3}}{2}a^2 $$

等号成立条件は $3x^2 = a^2$ より $x = \frac{a}{\sqrt{3}}$ のときであり、これは定義域を満たす。このとき $S$ は最大となる。 $x = \frac{a}{\sqrt{3}}$ を $\tan\theta = \frac{a^2 - x^2}{2ax}$ に代入すると、

$$ \tan\theta = \frac{a^2 - \frac{a^2}{3}}{2a \cdot \frac{a}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{2}{3}a^2}{\frac{2}{\sqrt{3}}a^2} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$

よって、$\angle PAB = \theta = \frac{\pi}{6}$ のとき面積 $S$ は最大となる。

解説

正方形の回転に関する図形問題であり、最大値を求めるために面積を1変数関数として立式する構成となっている。本問の最大のポイントは「$\triangle ADQ \equiv \triangle AEQ$」という幾何学的な性質に気づけるかである。これに気づくことで四角形の面積や $\tan\theta$ の関係式の導出が非常にスムーズになる。気づかない場合でも、解法2のように座標を設定し、直線の方程式から交点を求め、三角関数の関係式 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ を経由すれば確実に解き切ることができる。 (2)の最大化においては、式が $Ax + \frac{B}{x}$ の形となるため、微分を避けて相加・相乗平均の大小関係を用いるのが最も簡明かつ確実である。