東京大学 2025年度理系数学第3問解答・解説

問題

平行四辺形 $A B C D$ において， $∠ A B C = \frac{π}{6}$ ， $A B = a$ ， $B C = b$ ， $a ≦ b$ とする。次の条件を満たす長方形 $E F G H$ を考え，その面積を $S$ とする。

条件：点 $A, B, C, D$ はそれぞれ辺 $E F, F G, G H, H E$ 上にある。ただし，辺はその両端の点も含むものとする。

(1) $∠ B C G = θ$ とするとき， $S$ を $a, b, θ$ を用いて表せ。

(2) $S$ のとりうる値の最大値を $a, b$ を用いて表せ。

出典：東京大学 2025年度前期日程第2次学力試験理系第3問

方針

長方形の2辺の長さを，平行四辺形の辺 $B C$ と $A B$ の射影として求める。 $∠ B C G = θ$ から直角三角形 $B C G$ の辺は $b sin θ, b cos θ$ で表せる。さらに $∠ A B F = θ + π /3$ を出し， $A B$ の射影を加えれば長方形の縦横が得られる。面積式を $sin 2 θ, cos 2 θ$ の一次式に直し， $0 ≦ 2 θ ≦ π /3$ での最大を内積または微分で判定する。

解答

(1)

長方形の頂点は順に $E, F, G, H$ とする。点 $B$ は辺 $F G$ 上，点 $C$ は辺 $G H$ 上にあるので，三角形 $B C G$ は $G$ を直角とする直角三角形である。 $∠ B C G = θ$ ， $B C = b$ より $C G = b cos θ, B G = b sin θ$ である。

次に，点 $A$ は辺 $E F$ 上にあるから，三角形 $A B F$ も $F$ を直角とする直角三角形である。 $∠ A B C = π /6$ であり，また三角形 $B C G$ において $∠ C B G = \frac{π}{2} - θ$ である。点 $B$ から見て $B F$ は $B G$ と反対向きなので，

∠ A B F = π - \frac{π}{6} - (\frac{π}{2} - θ) = θ + \frac{π}{3}

である。したがって

B F = a cos (θ + \frac{π}{3}), A F = a sin (θ + \frac{π}{3})

である。

長方形の一方の辺の長さは $F G = B F + B G = a cos (θ + \frac{π}{3}) + b sin θ$ である。また，平行四辺形の向かい合う辺は平行で長さが等しいので， $C$ から $H$ までの切り落とし部分は $A F$ と同じ長さになり， $G H = C G + C H = b cos θ + a sin (θ + \frac{π}{3})$ である。

よって長方形 $E F G H$ の面積 $S$ は

S = {b sin θ + a cos (θ + \frac{π}{3})} {b cos θ + a sin (θ + \frac{π}{3})}

である。

(2)

上の配置が成り立つためには， $θ ≧ 0$ であり，さらに $B F = a cos (θ + \frac{π}{3}) ≧ 0$ が必要である。したがって $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{6}$ である。

(1)の式を展開する。

S = b^{2} sin θ cos θ + a^{2} cos (θ + \frac{π}{3}) sin (θ + \frac{π}{3}) + ab {sin θ sin (θ + \frac{π}{3}) + cos θ cos (θ + \frac{π}{3})}

である。最後の中括弧は

cos {θ - (θ + \frac{π}{3})} = cos \frac{π}{3} = \frac{1}{2}

であるから，

S = \frac{b ^{2}}{2} sin 2 θ + \frac{a ^{2}}{2} sin (2 θ + \frac{2 π}{3}) + \frac{ab}{2}

となる。さらに

sin (2 θ + \frac{2 π}{3}) = - \frac{1}{2} sin 2 θ + \frac{3}{2} cos 2 θ

より

S = \frac{2 b ^{2} - a ^{2}}{4} sin 2 θ + \frac{3 a ^{2}}{4} cos 2 θ + \frac{ab}{2}

である。

ここで $ϕ = 2 θ$ とおくと， $0 ≦ ϕ ≦ \frac{π}{3}$ である。また $A = \frac{2 b ^{2} - a ^{2}}{4}, B = \frac{3 a ^{2}}{4}$ とおけば $S = A sin ϕ + B cos ϕ + \frac{ab}{2}$ である。これは，単位ベクトル $(cos ϕ, sin ϕ)$ とベクトル $(B, A)$ の内積に $ab /2$ を加えたものと見られる。 $a ≦ b$ なので $A > 0, B > 0$ である。ベクトル $(B, A)$ の偏角を $δ$ とすると $tan δ = \frac{A}{B} = \frac{2 b ^{2} - a ^{2}}{3 a ^{2}}$ である。 $a ≦ b ≦ 2 a$ のとき， $\frac{1}{3} ≦ tan δ ≦ 3$ であるから $\frac{π}{6} ≦ δ ≦ \frac{π}{3}$ となり， $0 ≦ ϕ ≦ π /3$ の範囲内で内積は最大値 $A^{2} + B^{2}$ をとる。よって

S_{m a x} = A^{2} + B^{2} + \frac{ab}{2} = \frac{1}{4} (2 b^{2} - a^{2})^{2} + 3 a^{4} + \frac{ab}{2} = \frac{1}{2} a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} + \frac{ab}{2}

である。

一方， $b > 2 a$ のときは $δ > π /3$ である。この場合，許される範囲 $0 ≦ ϕ ≦ π /3$ では， $ϕ$ が $δ$ に最も近い端点 $ϕ = \frac{π}{3}$ で最大となる。すなわち $θ = π /6$ のときである。このとき $sin ϕ = \frac{3}{2}, cos ϕ = \frac{1}{2}$ だから

S_{m a x} = \frac{2 b ^{2} - a ^{2}}{4} \cdot \frac{3}{2} + \frac{3 a ^{2}}{4} \cdot \frac{1}{2} + \frac{ab}{2} = \frac{3}{4} b^{2} + \frac{ab}{2}

である。

以上より

S_{m a x} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{2} a^{4} - a^{2} b^{2} + b^{4} + \frac{ab}{2} \frac{3}{4} b^{2} + \frac{ab}{2} (a ≦ b ≦ 2 a), (b > 2 a)

である。

別解。最大化の部分は微分でも処理できる。 $S - ab /2 = A sin ϕ + B cos ϕ$ とおくと $\frac{d}{d ϕ} (A sin ϕ + B cos ϕ) = A cos ϕ - B sin ϕ$ である。内部で最大をとるなら $tan ϕ = \frac{A}{B} = \frac{2 b ^{2} - a ^{2}}{3 a ^{2}}$ を満たす。この解が $0 ≦ ϕ ≦ π /3$ に入る条件は $b ≦ 2 a$ であり，そのとき最大値は $A^{2} + B^{2} + ab /2$ である。 $b > 2 a$ では臨界点が範囲の右外に出るため，端点 $ϕ = π /3$ で最大となり，同じ結果を得る。

東京大学 2025年度理系数学 第3問

問題

方針

解答

(1)

(2)

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理系数学第3問