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東京大学 1978年理系第1問解説

方針・初手

円 $P$ の半径 $r$ と中心の位置を、接する条件から決定する。与えられた長さの条件から、四辺形 $OPCQ$ の各辺の長さを求め、2組の対辺がそれぞれ等しいことを示す。面積については、求める領域が「扇形 $OA_1A_3$」から「平行四辺形 $OPCQ$」および「2つの扇形 $PA_1C$、$QA_3C$」をくり抜いた形になっていることに着目し、図形の切り貼りによって計算する。

解法1

(1) 四辺形 $OPCQ$ が平行四辺形であることの証明

円 $O$ の半径は $1$ であり、周を6等分する点であるから $\angle A_2OA_1 = \angle A_1OA_6 = 60^\circ$ である。円 $P$ の半径を $r$ とする。円 $P$ は半径 $OA_2$ に接するため、中心 $P$ から $OA_2$ に下ろした垂線の足（接点）を $T$ とすると、$PT = r$ かつ $\angle PTO = 90^\circ$ である。対称性より、円 $P$ の中心 $P$ は $\angle A_2OA_6$ の二等分線、すなわち直線 $OA_1$ 上にある。直角三角形 $\triangle OPT$ において、$\angle POT = \angle A_2OA_1 = 60^\circ$ であるから、

$$ OP = \frac{PT}{\sin 60^\circ} = \frac{r}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2}{\sqrt{3}}r $$

また、円 $P$ は弧 $A_2A_1A_6$ に内接し、その接点は対称性より $A_1$ であるから、点 $O, P, A_1$ はこの順に一直線上に並び、

$$ OP + r = OA_1 = 1 $$

が成り立つ。すなわち、$OP = 1 - r$ である。したがって、$\frac{2}{\sqrt{3}}r = 1 - r$ より、

$$ r \left( 1 + \frac{2}{\sqrt{3}} \right) = 1 \iff r \cdot \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3}} = 1 $$

$$ r = \frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}} = \sqrt{3}(2-\sqrt{3}) = 2\sqrt{3} - 3 $$

このとき、$OP = 1 - r = 4 - 2\sqrt{3}$ となる。

次に、四辺形 $OPCQ$ の各辺の長さを調べる。点 $Q$ は線分 $OA_3$ 上の点であり、$PA_1 = r$ より $OQ = r$ である。点 $C$ は、中心 $Q$、半径 $QA_3 = OA_3 - OQ = 1 - r$ の円と、中心 $P$、半径 $r$ の円の交点である。したがって、$QC = 1 - r$、$PC = r$ である。以上より、

$$ OP = 1 - r = QC $$

$$ OQ = r = PC $$

となり、2組の対辺がそれぞれ等しい。ここで、点 $C$ は直線 $OA_1$ に関して $A_2$ と同じ側にあるため、四辺形 $OPCQ$ は自己交差しない凸四角形となる。したがって、四辺形 $OPCQ$ は平行四辺形である。

(2) 領域の面積

求める面積 $S$ は、扇形 $OA_1A_3$ から、図形 $U$ （平行四辺形 $OPCQ$ および2つの扇形 $PA_1C$、$QA_3C$ の和集合）を除いた部分の面積に等しい。これを具体的に求める。 $\angle A_1OA_3 = 120^\circ$ であるから、扇形 $OA_1A_3$ の面積 $S_O$ は、

$$ S_O = \frac{1}{2} \cdot 1^2 \cdot \frac{2}{3}\pi = \frac{\pi}{3} $$

四辺形 $OPCQ$ は平行四辺形であり、$\angle POQ = \angle A_1OA_3 = 120^\circ$ であるから、その面積 $S_P$ は、

$$ S_P = OP \cdot OQ \sin 120^\circ = (1-r)r \frac{\sqrt{3}}{2} $$

また、平行四辺形の性質より $\angle OPC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$、$\angle OQC = 60^\circ$ である。点 $O, P, A_1$ はこの順に並ぶため、$\angle A_1PC = 180^\circ - \angle OPC = 120^\circ$ である。同様に、点 $O, Q, A_3$ はこの順に並ぶため、$\angle A_3QC = 180^\circ - \angle OQC = 120^\circ$ である。したがって、扇形 $PA_1C$ の面積 $S_1$ と扇形 $QA_3C$ の面積 $S_2$ はそれぞれ、

$$ S_1 = \frac{1}{2} r^2 \cdot \frac{2}{3}\pi = \frac{\pi}{3} r^2 $$

$$ S_2 = \frac{1}{2} (1-r)^2 \cdot \frac{2}{3}\pi = \frac{\pi}{3} (1-r)^2 $$

これら3つの図形は境界の線分 $PC$、$QC$ で重なることなくぴったりと接合し、その和集合 $U$ が扇形 $OA_1A_3$ から求める領域を除いた部分と完全に一致する。よって、求める面積 $S$ は、

$$ S = S_O - (S_P + S_1 + S_2) $$

$$ S = \frac{\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} r(1-r) - \frac{\pi}{3} r^2 - \frac{\pi}{3} (1-r)^2 $$

$$ S = \frac{\pi}{3} \left\{ 1 - r^2 - (1 - 2r + r^2) \right\} - \frac{\sqrt{3}}{2} r(1-r) $$

$$ S = \frac{\pi}{3} (2r - 2r^2) - \frac{\sqrt{3}}{2} r(1-r) $$

$$ S = \left( \frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right) r(1-r) $$

ここで、$r(1-r)$ を計算する。

$$ r(1-r) = (2\sqrt{3} - 3)(4 - 2\sqrt{3}) $$

$$ = 8\sqrt{3} - 12 - 12 + 6\sqrt{3} = 14\sqrt{3} - 24 $$

これを代入して、

$$ S = \left( \frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right) (14\sqrt{3} - 24) $$

$$ = \frac{2\pi}{3} (14\sqrt{3} - 24) - \frac{\sqrt{3}}{2} (14\sqrt{3} - 24) $$

$$ = \frac{28\sqrt{3} - 48}{3} \pi - (21 - 12\sqrt{3}) $$

$$ = \frac{28\sqrt{3} - 48}{3} \pi + 12\sqrt{3} - 21 $$

解説

この問題は、図形の構成を数式で正確に追いかける力と、複雑な図形の面積を「既知の図形の足し引き」に分解する力が問われる。面積を求める際、積分を用いて直接計算することも可能であるが、本解法のように平行四辺形 $OPCQ$ と2つの扇形 $PA_1C$、$QA_3C$ がぴったりと隙間なく合わさることに気づけば、計算量が劇的に削減される。特に、平行四辺形の隣り合う角の和が $180^\circ$ である性質が、2つの扇形の中心角を $120^\circ$ に確定させる点で美しく機能している。