トップ› 東京工業大学› 2007年› 理系第3問

東京工業大学 2007年理系第3問解説

方針・初手

（1）凸多角形の周上の $3$ 点を頂点とする三角形の面積が最大となるのは、その $3$ 点が多角形の頂点に一致する場合であることを利用する。正八角形の外接円の半径を求め、選んだ $3$ 頂点が外接円を分割する弧の長さの比（辺の数の比）によって面積を計算し、比較する。

(2)

$Q$ を原点とする座標系（または極座標系）を設定し、$\angle PQR = 90^\circ$ という条件を式に落とし込む。直角を挟む $2$ 辺のなす角をパラメータ $\theta$ で表し、点 $P, R$ が正八角形のどの辺上にあるかで場合分けを行って、面積を $\theta$ の関数として立式する。

解法1

(1)

凸多角形の周上に $3$ 点をとって三角形を作るとき、その面積が最大となるのは $3$ 点がすべて多角形の頂点に一致するときである。正八角形の外接円の半径を $R$ とする。正八角形の一辺の長さは $1$ であり、中心角は $\frac{\pi}{4}$ であるから、余弦定理より以下の関係が成り立つ。

$$ 1^2 = R^2 + R^2 - 2R^2\cos\frac{\pi}{4} $$

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

これを解いて $R^2$ を求める。

$$ R^2 = \frac{1}{2-\sqrt{2}} = \frac{2+\sqrt{2}}{2} $$

正八角形の $8$ つの頂点から $3$ つの頂点を選んで三角形を作るとき、選んだ頂点間の辺の数を $a, b, c$ （$a, b, c$ は $a+b+c=8$ を満たす自然数）とする。このとき、三角形の中心角はそれぞれ $\frac{a\pi}{4}, \frac{b\pi}{4}, \frac{c\pi}{4}$ となり、その面積 $S$ は次のように表される。

$$ S = \frac{1}{2}R^2 \left( \sin\frac{a\pi}{4} + \sin\frac{b\pi}{4} + \sin\frac{c\pi}{4} \right) $$

$(a, b, c)$ の組合せとしてあり得るものは、順序を問わなければ $(1, 1, 6), (1, 2, 5), (1, 3, 4), (2, 2, 4), (2, 3, 3)$ の $5$ 通りである。ここで $f(a,b,c) = \sin\frac{a\pi}{4} + \sin\frac{b\pi}{4} + \sin\frac{c\pi}{4}$ とおき、それぞれの値を計算する。

$f(1, 1, 6) = \sin\frac{\pi}{4} + \sin\frac{\pi}{4} + \sin\frac{3\pi}{2} = \sqrt{2} - 1$
$f(1, 2, 5) = \sin\frac{\pi}{4} + \sin\frac{\pi}{2} + \sin\frac{5\pi}{4} = 1$
$f(1, 3, 4) = \sin\frac{\pi}{4} + \sin\frac{3\pi}{4} + \sin\pi = \sqrt{2}$
$f(2, 2, 4) = \sin\frac{\pi}{2} + \sin\frac{\pi}{2} + \sin\pi = 2$
$f(2, 3, 3) = \sin\frac{\pi}{2} + \sin\frac{3\pi}{4} + \sin\frac{3\pi}{4} = 1 + \sqrt{2}$

これらのうち最大となるのは $f(2, 3, 3) = 1 + \sqrt{2}$ である。したがって、面積の最大値は以下のようになる。

$$ \begin{aligned} S &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2+\sqrt{2}}{2} (1+\sqrt{2}) \\ &= \frac{(2+\sqrt{2})(1+\sqrt{2})}{4} \\ &= \frac{2 + 2\sqrt{2} + \sqrt{2} + 2}{4} \\ &= \frac{4 + 3\sqrt{2}}{4} \end{aligned} $$

(2)

頂点 $A_1$（すなわち $Q$）を原点 $(0,0)$ とし、辺 $A_1A_2$ を $x$ 軸の正の向きにとる $xy$ 座標平面を考える。内角は $\frac{3\pi}{4}$ であるため、辺 $A_1A_8$ は $x$ 軸正の向きから $\frac{3\pi}{4}$ の方向にある。正八角形の頂点座標は順に以下のようになる。

$A_2(1, 0)$
$A_3 \left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$
$A_4 \left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2}, 1+\frac{\sqrt{2}}{2} \right)$
$A_6(0, 1+\sqrt{2})$
$A_7 \left( -\frac{\sqrt{2}}{2}, 1+\frac{\sqrt{2}}{2} \right)$
$A_8 \left( -\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2} \right)$

$P$ と $R$ は正八角形の周上にあり、$\angle PQR = \frac{\pi}{2}$ である。半直線 $QP$ が $x$ 軸の正の向きとなす角を $\theta$ とすると、半直線 $QR$ の偏角は $\theta + \frac{\pi}{2}$ である。半直線 $QP$ と $QR$ がともに正八角形の内部および周上に存在するためには、$0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ である必要がある。点 $A_3$ の偏角を調べると、$\tan\theta = \frac{\sqrt{2}/2}{1+\sqrt{2}/2} = \sqrt{2}-1$ であり、これは $\theta = \frac{\pi}{8}$ に相当する。また、点 $A_4$ の偏角は $\frac{\pi}{4}$ である。これをもとに $\theta$ で場合分けを行う。

(i)

$0 \le \theta \le \frac{\pi}{8}$ のとき

半直線 $QP$ は線分 $A_2A_3$ と交わる。直線 $A_2A_3$ の方程式は $y = x - 1$ である。 $P$ の極座標を $(r_1, \theta)$ として代入すると、

$$ r_1\sin\theta = r_1\cos\theta - 1 \implies r_1 = \frac{1}{\cos\theta - \sin\theta} $$

一方、半直線 $QR$ は線分 $A_6A_7$ と交わる。直線 $A_6A_7$ の方程式は $y = x + 1 + \sqrt{2}$ である。 $R$ の極座標は $\left( r_2, \theta + \frac{\pi}{2} \right)$ であり、$x = -r_2\sin\theta, y = r_2\cos\theta$ を代入すると、

$$ r_2\cos\theta = -r_2\sin\theta + 1 + \sqrt{2} \implies r_2 = \frac{1+\sqrt{2}}{\cos\theta + \sin\theta} $$

このとき、$\triangle PQR$ の面積 $S(\theta)$ は以下のように表せる。

$$ \begin{aligned} S(\theta) &= \frac{1}{2} r_1 r_2 \\ &= \frac{1+\sqrt{2}}{2(\cos\theta - \sin\theta)(\cos\theta + \sin\theta)} \\ &= \frac{1+\sqrt{2}}{2(\cos^2\theta - \sin^2\theta)} \\ &= \frac{1+\sqrt{2}}{2\cos 2\theta} \end{aligned} $$

$0 \le 2\theta \le \frac{\pi}{4}$ の範囲において、$\cos 2\theta$ は単調減少する。したがって、$S(\theta)$ は分母が最小となる $2\theta = \frac{\pi}{4}$ すなわち $\theta = \frac{\pi}{8}$ のとき最大となる。このときの最大値は、

$$ S\left(\frac{\pi}{8}\right) = \frac{1+\sqrt{2}}{2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{2+\sqrt{2}}{2} $$

(ii)

$\frac{\pi}{8} \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ のとき

半直線 $QP$ は線分 $A_3A_4$ と交わる。直線 $A_3A_4$ の方程式は $x = 1+\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{2+\sqrt{2}}{2}$ である。 $x = r_1\cos\theta$ を代入すると、

$$ r_1 = \frac{2+\sqrt{2}}{2\cos\theta} $$

半直線 $QR$ は線分 $A_7A_8$ と交わる。直線 $A_7A_8$ の方程式は $x = -\frac{\sqrt{2}}{2}$ である。 $x = -r_2\sin\theta$ を代入すると、

$$ -r_2\sin\theta = -\frac{\sqrt{2}}{2} \implies r_2 = \frac{\sqrt{2}}{2\sin\theta} $$

このとき、$\triangle PQR$ の面積 $S(\theta)$ は以下のように表せる。

$$ \begin{aligned} S(\theta) &= \frac{1}{2} r_1 r_2 \\ &= \frac{1}{2} \cdot \frac{2+\sqrt{2}}{2\cos\theta} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2\sin\theta} \\ &= \frac{2\sqrt{2}+2}{8\sin\theta\cos\theta} \\ &= \frac{\sqrt{2}+1}{2\sin 2\theta} \end{aligned} $$

$\frac{\pi}{4} \le 2\theta \le \frac{\pi}{2}$ の範囲において、$\sin 2\theta$ は単調増加する。したがって、$S(\theta)$ は分母が最小となる $2\theta = \frac{\pi}{4}$ すなわち $\theta = \frac{\pi}{8}$ のとき最大となる。このときの最大値は、

$$ S\left(\frac{\pi}{8}\right) = \frac{\sqrt{2}+1}{2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{2+\sqrt{2}}{2} $$

（i）, （ii）より、いずれの場合も $\theta = \frac{\pi}{8}$ のとき最大値をとる。

解説

(1) は「凸多角形の周上に頂点を持つ三角形の面積が最大になるのは、その頂点が多角形の頂点に一致するとき」という性質を利用すると、連続的な問題を有限個の離散的なパターンに落とし込むことができる。本問では中心角に注目して面積を立式するのが最も明快である。 (2) は「$\angle PQR = 90^\circ$」という条件から、直角を挟む $2$ 辺のなす角をパラメータ $\theta$ でおき、極座標系を用いて距離の式を立てる解法が有効である。点 $P, R$ がどの辺上にあるかで場合分けが発生するが、正八角形の対称性と角度を丁寧に追うことで、シンプルな三角関数の最大・最小問題に帰着できる。