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東京工業大学 1997年理系第4問解説

方針・初手

(1) は、三角形の1つの辺と2つの角から面積を導出する問題である。正弦定理を用いてもう1つの辺の長さを求め、面積の公式 $S = \frac{1}{2}bc \sin A$ に代入する。その際、三角関数の積和の公式を利用して式を整理する。

(2) は、(1)の誘導に従う解法と、座標平面を設定して解析的に解く解法の2つが考えられる。誘導に乗る場合は、直角三角形の3つの辺上に正三角形の頂点を配置し、外側にできる3つの三角形に対して(1)の公式を適用し、面積の和から方程式を立てる。一方、直角三角形を座標平面上に置き、正三角形の頂点の条件から代数的に最小値を求める解法（解法2）も、煩雑な三角関数の計算を回避できるため非常に実戦的である。

解法1

(1)の証明

底辺の長さを $l$、底角を $\alpha, \beta$ とする三角形の頂点を、底辺の両端を $A, B$、もう一つの頂点を $C$ とおく。すなわち、$AB = l$、$\angle A = \alpha$、$\angle B = \beta$ とする。三角形の内角の和より、頂角は $\angle C = \pi - (\alpha + \beta)$ である。

$\triangle ABC$ において正弦定理より、

$$ \frac{BC}{\sin \alpha} = \frac{AB}{\sin C} = \frac{l}{\sin(\pi - (\alpha + \beta))} $$

$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ であるから、

$$ BC = \frac{l \sin \alpha}{\sin(\alpha + \beta)} $$

三角形の面積 $S$ は、

$$ S = \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin \beta = \frac{1}{2} l \cdot \frac{l \sin \alpha}{\sin(\alpha + \beta)} \cdot \sin \beta = \frac{l^2 \sin \alpha \sin \beta}{2 \sin(\alpha + \beta)} $$

ここで、三角関数の積和の公式より

$$ \cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta) = -2 \sin \alpha \sin(-\beta) = 2 \sin \alpha \sin \beta $$

すなわち、

$$ \sin \alpha \sin \beta = \frac{\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)}{2} $$

これを面積 $S$ の式に代入して、

$$ S = \frac{l^2}{4} \cdot \frac{\cos(\alpha - \beta) - \cos(\alpha + \beta)}{\sin(\alpha + \beta)} $$

となり、示された。

(2)の解答（(1)を利用する解法）

3辺の長さが $1, 2, \sqrt{3}$ の三角形は、$1^2 + (\sqrt{3})^2 = 2^2$ を満たすため、斜辺の長さが $2$ の直角三角形である。この三角形を $\triangle ABC$ とし、$BC = 1, CA = \sqrt{3}, AB = 2$ とする。このとき、$\angle A = \frac{\pi}{6}, \angle B = \frac{\pi}{3}, \angle C = \frac{\pi}{2}$ である。

辺 $BC, CA, AB$ 上にある正三角形の頂点をそれぞれ $P, Q, R$ とし、正三角形の1辺の長さを $x$ とする。 $\triangle AQR, \triangle BPR, \triangle CQP$ において、それぞれ $QR, RP, PQ$ を底辺（長さ $x$）とみなし、各底角を次のように定める。

$\triangle AQR$ ：$\angle ARQ = \alpha_1, \angle AQR = \beta_1$
$\triangle BPR$ ：$\angle BPR = \alpha_2, \angle BRP = \beta_2$
$\triangle CQP$ ：$\angle CQP = \alpha_3, \angle CPQ = \beta_3$

三角形の内角の和より、

$$ \alpha_1 + \beta_1 = \pi - \frac{\pi}{6} = \frac{5\pi}{6} $$

$$ \alpha_2 + \beta_2 = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3} $$

$$ \alpha_3 + \beta_3 = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} $$

また、辺上の直線角の和から正三角形の内角 $\frac{\pi}{3}$ を引くと、

$$ \angle ARQ + \angle PRB = \pi - \frac{\pi}{3} \implies \alpha_1 + \beta_2 = \frac{2\pi}{3} $$

$$ \angle AQR + \angle PQC = \pi - \frac{\pi}{3} \implies \beta_1 + \alpha_3 = \frac{2\pi}{3} $$

$$ \angle BPR + \angle QPC = \pi - \frac{\pi}{3} \implies \alpha_2 + \beta_3 = \frac{2\pi}{3} $$

これらを連立させ、$\theta = \alpha_2$ とおいて各角を表すと、

$$ \beta_2 = \frac{2\pi}{3} - \theta, \quad \alpha_1 = \theta, \quad \beta_1 = \frac{5\pi}{6} - \theta $$

$$ \alpha_3 = \theta - \frac{\pi}{6}, \quad \beta_3 = \frac{2\pi}{3} - \theta $$

図形的な条件（各角が正）より、$\frac{\pi}{6} < \theta < \frac{2\pi}{3}$ である。

(1)の公式を用いて、各三角形の面積を $x$ と $\theta$ で表す。

$$ S_{\triangle AQR} = \frac{x^2}{4} \cdot \frac{\cos\left(2\theta - \frac{5\pi}{6}\right) - \cos \frac{5\pi}{6}}{\sin \frac{5\pi}{6}} = \frac{x^2}{2} \left\{ \cos\left(2\theta - \frac{5\pi}{6}\right) + \frac{\sqrt{3}}{2} \right\} $$

$$ S_{\triangle BPR} = \frac{x^2}{4} \cdot \frac{\cos\left(2\theta - \frac{2\pi}{3}\right) - \cos \frac{2\pi}{3}}{\sin \frac{2\pi}{3}} = \frac{x^2}{2\sqrt{3}} \left\{ \cos\left(2\theta - \frac{2\pi}{3}\right) + \frac{1}{2} \right\} $$

$$ S_{\triangle CQP} = \frac{x^2}{4} \cdot \frac{\cos\left(2\theta - \frac{5\pi}{6}\right) - \cos \frac{\pi}{2}}{\sin \frac{\pi}{2}} = \frac{x^2}{4} \cos\left(2\theta - \frac{5\pi}{6}\right) $$

$\triangle ABC$ の面積は $\frac{\sqrt{3}}{2}$ であり、これは $\triangle AQR, \triangle BPR, \triangle CQP, \triangle PQR$ の面積の和に等しい。

$$ \frac{\sqrt{3}}{2} = S_{\triangle AQR} + S_{\triangle BPR} + S_{\triangle CQP} + \frac{\sqrt{3}}{4}x^2 $$

右辺を整理する。定数項の和は、

$$ x^2 \left( \frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{1}{4\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) = x^2 \cdot \frac{7\sqrt{3}}{12} $$

三角関数を含む項の和は、加法定理を用いて展開・整理すると、

$$ x^2 \left\{ \frac{3}{4}\cos\left(2\theta - \frac{5\pi}{6}\right) + \frac{\sqrt{3}}{6}\cos\left(2\theta - \frac{2\pi}{3}\right) \right\} $$

$$ = x^2 \left\{ \frac{3}{4}\left( -\frac{\sqrt{3}}{2}\cos 2\theta + \frac{1}{2}\sin 2\theta \right) + \frac{\sqrt{3}}{6}\left( -\frac{1}{2}\cos 2\theta + \frac{\sqrt{3}}{2}\sin 2\theta \right) \right\} $$

$$ = x^2 \left( -\frac{11\sqrt{3}}{24}\cos 2\theta + \frac{15}{24}\sin 2\theta \right) = x^2 \cdot \frac{14\sqrt{3}}{24} \left( \frac{5\sqrt{3}}{14} \sin 2\theta - \frac{11}{14} \cos 2\theta \right) $$

$$ = x^2 \cdot \frac{7\sqrt{3}}{12} \sin(2\theta - \phi) $$

（ただし、$\phi$ は $\cos \phi = \frac{5\sqrt{3}}{14}, \sin \phi = \frac{11}{14}$ を満たす角）

したがって、

$$ \frac{\sqrt{3}}{2} = x^2 \cdot \frac{7\sqrt{3}}{12} \{ \sin(2\theta - \phi) + 1 \} $$

$$ x^2 = \frac{6}{7 \{ \sin(2\theta - \phi) + 1 \}} $$

正三角形の面積 $\frac{\sqrt{3}}{4} x^2$ を最小にするには、$x^2$ を最小、すなわち分母を最大にすればよい。 $\frac{\pi}{6} < \theta < \frac{2\pi}{3}$ の範囲で $\sin(2\theta - \phi) = 1$ となる $\theta$ は存在するため、このとき $x^2$ は最小値 $\frac{3}{7}$ をとる。よって、求める正三角形の面積の最小値は、

$$ \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{3}{7} = \frac{3\sqrt{3}}{28} $$

解法2

(2)の別解（座標平面を用いる解法）

$\triangle ABC$ は $\angle C = \frac{\pi}{2}$ の直角三角形であるため、座標平面上に $C(0,0), B(1,0), A(0,\sqrt{3})$ と配置する。正三角形の頂点は $P$ が辺 $BC$（$x$ 軸上）、$Q$ が辺 $CA$（$y$ 軸上）にあるので、$P(p,0), Q(0,q)$ とおく。このとき、$0 \le p \le 1, 0 \le q \le \sqrt{3}$ である。直線 $AB$ の方程式は $\frac{x}{1} + \frac{y}{\sqrt{3}} = 1$ より、$\sqrt{3}x + y = \sqrt{3}$ である。

図形の配置から、頂点 $R$ は直線 $AB$ 上（第1象限の奥側）に位置するため、線分 $PQ$ を点 $P$ を中心として時計回りに $\frac{\pi}{3}$ 回転させた位置にある。複素数平面を用いて点 $R$ の座標 $(x_R, y_R)$ を求める。点 $P, Q$ を表す複素数をそれぞれ $z_P = p, z_Q = qi$ とすると、点 $R$ を表す複素数 $z_R$ は、

$$ z_R - z_P = (z_Q - z_P) \left\{ \cos\left(-\frac{\pi}{3}\right) + i\sin\left(-\frac{\pi}{3}\right) \right\} $$

$$ z_R - p = (-p + qi) \left( \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i \right) = \left(-\frac{p}{2} + \frac{\sqrt{3}q}{2}\right) + i\left(\frac{q}{2} + \frac{\sqrt{3}p}{2}\right) $$

$$ z_R = \left(\frac{p}{2} + \frac{\sqrt{3}q}{2}\right) + i\left(\frac{\sqrt{3}p}{2} + \frac{q}{2}\right) $$

したがって、$R$ の座標は $\left( \frac{p + \sqrt{3}q}{2}, \frac{\sqrt{3}p + q}{2} \right)$ となる。

これが直線 $\sqrt{3}x + y = \sqrt{3}$ 上にあるので代入すると、

$$ \sqrt{3} \cdot \frac{p + \sqrt{3}q}{2} + \frac{\sqrt{3}p + q}{2} = \sqrt{3} $$

整理すると、

$$ 2\sqrt{3}p + 4q = 2\sqrt{3} \implies \sqrt{3}p + 2q = \sqrt{3} \implies q = \frac{\sqrt{3}(1 - p)}{2} $$

正三角形の面積 $S_{\triangle PQR}$ は、1辺の長さの2乗が $PQ^2 = p^2 + q^2$ であるから、

$$ S_{\triangle PQR} = \frac{\sqrt{3}}{4} (p^2 + q^2) $$

これに $q$ を代入して $p$ の関数として表すと、

$$ p^2 + q^2 = p^2 + \frac{3}{4}(1 - p)^2 = p^2 + \frac{3}{4}(1 - 2p + p^2) = \frac{7}{4}p^2 - \frac{3}{2}p + \frac{3}{4} $$

平方完成して最小値を求める。

$$ \frac{7}{4} \left( p^2 - \frac{6}{7}p \right) + \frac{3}{4} = \frac{7}{4} \left( p - \frac{3}{7} \right)^2 - \frac{7}{4} \cdot \frac{9}{49} + \frac{3}{4} = \frac{7}{4} \left( p - \frac{3}{7} \right)^2 + \frac{3}{7} $$

$p = \frac{3}{7}$ のとき、最小値 $\frac{3}{7}$ をとる。（このとき $0 \le p \le 1$ を満たし、$q = \frac{2\sqrt{3}}{7}$ も $0 \le q \le \sqrt{3}$ を満たすため適する）よって、求める正三角形の面積の最小値は、

$$ \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{3}{7} = \frac{3\sqrt{3}}{28} $$

解説

(1) は正弦定理と加法定理（積和の公式）を組み合わせる典型的な導出問題である。計算過程で符号や項の扱いを間違えないように整理する力が求められる。 (2) は、(1)の式を活用するために「正三角形の各辺を底辺とした3つの三角形」を考えるのが出題者の想定したアプローチ（解法1）である。変数を1つに絞り込み、三角関数の合成を用いることで最小値が求まる。一方で、解法2のように座標平面と複素数平面における点の回転を組み合わせる方法は、煩雑な三角関数の計算を避けて2次関数の最小値問題に帰着できるため、試験本番では非常に強力な別解となる。