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東京大学 1980年文系第1問解説

方針・初手

円の中心と各等分点との関係に着目し、図形の対称性や円周角の定理を利用して線分の長さを求める幾何的アプローチと、座標平面を設定して直線の方程式から交点を求める代数的アプローチが考えられる。後半の面積は、領域を扇形や三角形、弓形に分割して計算すると見通しが良い。

解法1

円の中心を $O$ とする。円周を8等分しているので、各等分点を結ぶ弧1つ分の中心角は $\frac{360^\circ}{8} = 45^\circ$ である。

まず、弦 $A_1A_4$ と弦 $A_2A_7$ の交角について考える。交点 $P$ における角 $\angle A_1PA_2$ は、円の内部で交わる弦のなす角の性質より、

$$ \angle A_1PA_2 = \frac{1}{2} ( \text{弧 } A_1A_2 \text{ の中心角} + \text{弧 } A_4A_7 \text{ の中心角} ) $$

弧 $A_1A_2$ は1区画分なので中心角は $45^\circ$、弧 $A_4A_7$ は $A_4$ から $A_7$ までの3区画分なので中心角は $3 \times 45^\circ = 135^\circ$ であるから、

$$ \angle A_1PA_2 = \frac{1}{2} (45^\circ + 135^\circ) = 90^\circ $$

よって、弦 $A_1A_4$ と弦 $A_2A_7$ は直交する。図形の対称性から、四角形 $PQRS$ のすべての内角は $90^\circ$ となり長方形である。さらに中心 $O$ に対する対称性から、四角形 $PQRS$ は $O$ を中心とする正方形となる。

中心 $O$ から弦 $A_1A_4$ に下ろした垂線の足を $M$ とする。弦 $A_1A_4$ に対する中心角は $\angle A_1OA_4 = 135^\circ$ であるから、$\triangle OA_1M$ は $\angle A_1MO = 90^\circ$ の直角三角形であり、$\angle A_1OM = \frac{135^\circ}{2} = 67.5^\circ$ となる。よって、$O$ から弦 $A_1A_4$ までの距離 $OM$ は、

$$ OM = OA_1 \cos 67.5^\circ = a \sin 22.5^\circ $$

正方形 $PQRS$ の1辺の長さは $2OM = 2a\sin 22.5^\circ$ であるから、その面積を $S_1$ とすると、半角の公式 $\sin^2\frac{\theta}{2} = \frac{1-\cos\theta}{2}$ を用いて、

$$ \begin{aligned} S_1 &= (2a \sin 22.5^\circ)^2 = 4a^2 \sin^2 22.5^\circ \\ &= 4a^2 \cdot \frac{1 - \cos 45^\circ}{2} \\ &= 2a^2 \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = (2 - \sqrt{2})a^2 \end{aligned} $$

次に、線分 $A_1P, A_2P$ と弧 $A_1A_2$ とで囲まれる図形の面積 $S_2$ を求める。この図形は、弦 $A_1A_2$ を引くことで、直角二等辺三角形 $\triangle PA_1A_2$ と、弦 $A_1A_2$ および弧 $A_1A_2$ で囲まれる弓形に分割できる。 $\triangle OA_1M$ において、$A_1M = a \sin 67.5^\circ = a \cos 22.5^\circ$ である。点 $P$ は $M$ から $OM$ と同じ長さだけ $A_1$ 側に寄った点であるから（四角形 $OMPN$ が正方形となるため）、

$$ A_1P = A_1M - PM = a \cos 22.5^\circ - a \sin 22.5^\circ $$

同様に $A_2P = a \cos 22.5^\circ - a \sin 22.5^\circ$ であり、$\angle A_1PA_2 = 90^\circ$ より $\triangle PA_1A_2$ は直角二等辺三角形である。その面積は、

$$ \begin{aligned} \triangle PA_1A_2 &= \frac{1}{2} (a \cos 22.5^\circ - a \sin 22.5^\circ)^2 \\ &= \frac{1}{2} a^2 ( \cos^2 22.5^\circ - 2\sin 22.5^\circ \cos 22.5^\circ + \sin^2 22.5^\circ ) \\ &= \frac{1}{2} a^2 ( 1 - \sin 45^\circ ) \\ &= \frac{1}{2} a^2 \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{2 - \sqrt{2}}{4} a^2 \end{aligned} $$

一方、弓形 $A_1A_2$ の面積は、中心角 $45^\circ$ の扇形 $OA_1A_2$ から $\triangle OA_1A_2$ の面積を引いたものであるから、

$$ (\text{弓形 } A_1A_2) = \frac{1}{2} a^2 \cdot \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} a^2 \sin 45^\circ = \left( \frac{\pi}{8} - \frac{\sqrt{2}}{4} \right) a^2 $$

したがって、求める面積 $S_2$ はこれらの和であるから、

$$ S_2 = \frac{2 - \sqrt{2}}{4} a^2 + \left( \frac{\pi}{8} - \frac{\sqrt{2}}{4} \right) a^2 = \frac{\pi - 4\sqrt{2} + 4}{8} a^2 $$

解法2

座標平面上に円 $O$ の中心が原点 $(0,0)$ にくるように設定する。円周を8等分する点 $A_1, \dots, A_8$ の位置を、各弦が座標軸に垂直または平行になるように配置する。対称性から、各点の偏角を $\frac{\pi}{8}$ から出発して反時計回りに $\frac{\pi}{4}$ ずつ増えるようにとると、図の配置と一致する。

$$ \begin{aligned} A_7 \left( a\cos\frac{\pi}{8}, a\sin\frac{\pi}{8} \right), \quad & A_8 \left( a\sin\frac{\pi}{8}, a\cos\frac{\pi}{8} \right) \\ A_1 \left( -a\sin\frac{\pi}{8}, a\cos\frac{\pi}{8} \right), \quad & A_2 \left( -a\cos\frac{\pi}{8}, a\sin\frac{\pi}{8} \right) \\ A_3 \left( -a\cos\frac{\pi}{8}, -a\sin\frac{\pi}{8} \right), \quad & A_4 \left( -a\sin\frac{\pi}{8}, -a\cos\frac{\pi}{8} \right) \\ A_5 \left( a\sin\frac{\pi}{8}, -a\cos\frac{\pi}{8} \right), \quad & A_6 \left( a\cos\frac{\pi}{8}, -a\sin\frac{\pi}{8} \right) \end{aligned} $$

この座標設定より、弦を含む直線の方程式は以下のようになる。弦 $A_1A_4$ : $x = -a\sin\frac{\pi}{8}$ 弦 $A_2A_7$ : $y = a\sin\frac{\pi}{8}$ 弦 $A_3A_6$ : $y = -a\sin\frac{\pi}{8}$ 弦 $A_5A_8$ : $x = a\sin\frac{\pi}{8}$

これらの交点として、$P, Q, R, S$ の座標は直ちに定まる。

$$ \begin{aligned} P\left(-a\sin\frac{\pi}{8}, a\sin\frac{\pi}{8}\right), \quad & Q\left(-a\sin\frac{\pi}{8}, -a\sin\frac{\pi}{8}\right) \\ R\left(a\sin\frac{\pi}{8}, -a\sin\frac{\pi}{8}\right), \quad & S\left(a\sin\frac{\pi}{8}, a\sin\frac{\pi}{8}\right) \end{aligned} $$

これらは、各辺が座標軸に平行な正方形をなす。 1辺の長さは $a\sin\frac{\pi}{8} - \left(-a\sin\frac{\pi}{8}\right) = 2a\sin\frac{\pi}{8}$ であるから、正方形 $PQRS$ の面積 $S_1$ は

$$ \begin{aligned} S_1 &= \left( 2a\sin\frac{\pi}{8} \right)^2 = 4a^2 \sin^2\frac{\pi}{8} \\ &= 4a^2 \cdot \frac{1 - \cos\frac{\pi}{4}}{2} = (2 - \sqrt{2})a^2 \end{aligned} $$

次に、線分 $A_1P, A_2P$ と弧 $A_1A_2$ とで囲まれる図形の面積 $S_2$ を求める。原点と結んだ四角形 $OA_2PA_1$ の面積は、$\triangle OA_2P$ と $\triangle OA_1P$ の和として計算できる。 $\triangle OA_2P$ の底辺を $A_2P$ とみると、その長さは $-a\sin\frac{\pi}{8} - \left(-a\cos\frac{\pi}{8}\right) = a\left(\cos\frac{\pi}{8} - \sin\frac{\pi}{8}\right)$ であり、高さは $|y_P| = a\sin\frac{\pi}{8}$ である。 $\triangle OA_1P$ の底辺を $A_1P$ とみると、その長さは $a\cos\frac{\pi}{8} - a\sin\frac{\pi}{8}$ であり、高さは $|x_P| = a\sin\frac{\pi}{8}$ である。よって四角形 $OA_2PA_1$ の面積 $U$ は、

$$ \begin{aligned} U &= 2 \times \frac{1}{2} a\left(\cos\frac{\pi}{8} - \sin\frac{\pi}{8}\right) \cdot a\sin\frac{\pi}{8} \\ &= a^2 \left( \sin\frac{\pi}{8}\cos\frac{\pi}{8} - \sin^2\frac{\pi}{8} \right) \\ &= a^2 \left( \frac{\sin\frac{\pi}{4}}{2} - \frac{1-\cos\frac{\pi}{4}}{2} \right) \\ &= a^2 \left( \frac{\sqrt{2}}{4} - \frac{2-\sqrt{2}}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}-1}{2}a^2 \end{aligned} $$

求める面積 $S_2$ は、中心角 $\frac{\pi}{4}$ の扇形 $OA_1A_2$ の面積から、この四角形 $OA_2PA_1$ の面積を引いたものであるから、

$$ S_2 = \frac{1}{2} a^2 \cdot \frac{\pi}{4} - U = \frac{\pi}{8} a^2 - \frac{\sqrt{2}-1}{2} a^2 = \frac{\pi - 4\sqrt{2} + 4}{8} a^2 $$

解説

円に内接する正多角形に関連する図形の計量問題である。幾何的に解く場合は、円周角の定理や図形の対称性を活用することで、四角形が正方形になることの証明や線分の長さの計算を簡略化できる。特に後半の面積は、直角二等辺三角形と弓形に分割して足し合わせる見方が強力である。一方、座標平面を導入して解く方針も確実である。対称軸を考慮して各点を適切に設定すれば、弦が座標軸に平行となり、直線の方程式や交点の座標が容易に求まる。どちらの手法も素早く正確に処理できるようにしておきたい。