東北大学 2000年 理系 第5問 解説

方針・初手

三角形の斜辺 $AB$ の方程式を求め，それと正方形の上辺 $y=1-t$，右辺 $x=1-t$ との交わり方で場合分けする。

点 $A(t,0)$，$B(0,1)$ を通る直線 $AB$ は

$$ \frac{x}{t}+y=1 $$

すなわち

$$ y=1-\frac{x}{t} $$

である。

上辺 $y=1-t$ との交点を $C$ とすると，

$$ 1-t=1-\frac{x}{t} \iff x=t^2 $$

より

$$ C\bigl(t^2,,1-t\bigr) $$

である。

また，右辺 $x=1-t$ との交点を $D$ とすると，

$$ y=1-\frac{1-t}{t}=2-\frac{1}{t} $$

より

$$ D\left(1-t,,2-\frac1t\right) $$

である。

さらに，正方形の右上の頂点 $Q(1-t,1-t)$ が三角形内に入る条件は

$$ 1-t\le 1-\frac{1-t}{t} $$

すなわち

$$ t^2+t-1\ge 0 $$

であり，$0<t<1$ のもとでは

$$ t\ge \frac{\sqrt5-1}{2} $$

となる。これを境に形が変わる。

解法1

（i） $0<t\le \dfrac12$ のとき

このとき $t\le 1-t$ であるから，$A$ は正方形の内部または辺上にある。

また $t^2\le 1-t$ が成り立つので，交点 $C\bigl(t^2,1-t\bigr)$ は正方形の上辺上にある。

したがって，共通部分は四角形 $OACR$ であり，これは上下が平行な台形である。

下底は

$$ OA=t $$

上底は

$$ CR=t^2 $$

高さは

$$ 1-t $$

であるから，

$$ S=\frac{OA+CR}{2}\cdot(1-t) =\frac{t+t^2}{2}(1-t) =\frac{t(1-t^2)}{2}. $$

（ii） $\dfrac12<t<\dfrac{\sqrt5-1}{2}$ のとき

このとき $1-t<t$ であるから，正方形の右辺は三角形の内部に一部入り込む。

また $t^2<1-t$ なので，$C$ は上辺上にあり，さらに $Q$ はまだ三角形の外側にある。

したがって，共通部分は正方形 $OPQR$ から三角形 $QCD$ を除いた図形である。

正方形の面積は

$$ (1-t)^2 $$

である。

三角形 $QCD$ は直角三角形であり，

$$ QC=(1-t)-t^2=1-t-t^2 $$

また

$$ QD=(1-t)-\left(2-\frac1t\right) =\frac{1-t-t^2}{t} $$

であるから，

$$ [QCD] =\frac12\cdot(1-t-t^2)\cdot\frac{1-t-t^2}{t} =\frac{(1-t-t^2)^2}{2t}. $$

よって

$$ S=(1-t)^2-\frac{(1-t-t^2)^2}{2t}. $$

これを整理すると

$$ S =2-\frac32 t-\frac{1}{2t}-\frac12 t^3. $$

（iii） $\dfrac{\sqrt5-1}{2}\le t<1$ のとき

このとき $Q(1-t,1-t)$ は三角形内にある。

また $t>\dfrac12$ であるから $1-t<t$ となり，$P(1-t,0)$ も三角形内にある。さらに $R(0,1-t)$ は辺 $OB$ 上にある。

三角形は凸集合であるから，正方形 $OPQR$ 全体が三角形内に含まれる。

したがって

$$ S=(1-t)^2. $$

以上より，

$$ S= \begin{cases} \dfrac{t(1-t^2)}{2} & \left(0<t\le \dfrac12\right),\\[2mm] \begin{aligned}[t] &(1-t)^2-\dfrac{(1-t-t^2)^2}{2t}\\ &=2-\dfrac32 t-\dfrac{1}{2t}-\dfrac12 t^3 \end{aligned} & \left(\dfrac12<t<\dfrac{\sqrt5-1}{2}\right),\\[2mm] (1-t)^2 & \left(\dfrac{\sqrt5-1}{2}\le t<1\right). \end{cases} $$

次に，これを最大にする $t$ を求める。

（1） $0<t\le \dfrac12$ では

$$ S=\frac{t-t^3}{2} $$

より

$$ S'=\frac{1-3t^2}{2}. $$

この範囲では $t^2\le \dfrac14$ なので

$$ 1-3t^2\ge 1-\frac34=\frac14>0 $$

であり，$S$ は増加する。

（2） $\dfrac12<t<\dfrac{\sqrt5-1}{2}$ では

$$ S=2-\frac32 t-\frac{1}{2t}-\frac12 t^3 $$

より

$$ S'=-\frac32+\frac{1}{2t^2}-\frac32 t^2 =\frac{1-3t^2-3t^4}{2t^2}. $$

したがって極値条件は

$$ 1-3t^2-3t^4=0 $$

すなわち

$$ 3t^4+3t^2-1=0 $$

である。

$u=t^2$ とおくと

$$ 3u^2+3u-1=0 $$

より

$$ u=\frac{-3+\sqrt{21}}{6} $$

であり，$u>0$ だから

$$ t=\sqrt{\frac{\sqrt{21}-3}{6}}. $$

この値は

$$ \frac12<t<\frac{\sqrt5-1}{2} $$

を満たす。

また $1-3t^2-3t^4$ は $t>0$ で単調減少するので，この点で $S$ は最大となる。

（3） $\dfrac{\sqrt5-1}{2}\le t<1$ では

$$ S=(1-t)^2 $$

より

$$ S'=-2(1-t)<0 $$

であり，$S$ は減少する。

以上から，全体で最大となるのは

$$ t=\sqrt{\frac{\sqrt{21}-3}{6}} $$

である。

解説

この問題の要点は，斜辺 $AB$ と正方形の上辺・右辺との位置関係を正確に追うことである。

特に，

• $t=\dfrac12$ で「三角形の底辺の長さ」と「正方形の一辺の長さ」の大小関係が変わる。
• $t=\dfrac{\sqrt5-1}{2}$ で右上の頂点 $Q$ が三角形内に入る。

この 2 つの境目で図形の形が変わるため，面積も場合分けになる。

答え

$$ S= \begin{cases} \dfrac{t(1-t^2)}{2} & \left(0<t\le \dfrac12\right),\\[2mm] \begin{aligned}[t] &(1-t)^2-\dfrac{(1-t-t^2)^2}{2t}\\ &=2-\dfrac32 t-\dfrac{1}{2t}-\dfrac12 t^3 \end{aligned} & \left(\dfrac12<t<\dfrac{\sqrt5-1}{2}\right),\\[2mm] (1-t)^2 & \left(\dfrac{\sqrt5-1}{2}\le t<1\right). \end{cases} $$

また，$S$ を最大にする $t$ の値は

$$ t=\sqrt{\frac{\sqrt{21}-3}{6}} $$

である。