III慶應義塾大学 2011年 数学 第III問解答・解説

まず、三角形 $ABC$ が退化しないので、三角不等式から $2<t<4$ である。$\angle ABC=B$ とおくと、余弦定理より $$\displaystyle \cos B=\frac{3^2+1^2-t^2}{2\cdot3\cdot1}=\frac{10-t^2}{6},\qquad \sin B=\frac{\sqrt{(t^2-4)(16-t^2)}}{6}.$$

(1) 正弦定理から、外接円の半径 $R$ は $$\displaystyle R=\frac{t}{2\sin B}=\frac{3t}{\sqrt{(t^2-4)(16-t^2)}}.$$ その平方を変形すると $$\displaystyle R^2=\frac{9}{20-t^2-64/t^2}.$$ 相加相乗平均より $t^2+64/t^2\ge16$ であるから、分母は高々 $4$、よって $\displaystyle R\ge\dfrac32$。等号は $t^2=8$、すなわち $t=2\sqrt2$ のときに成立する。

四角形 $ABCD$ が円に内接するとし、$AD=d$ とおく。円に内接する四角形の対角は補角だから、$\angle ADC=\pi-B$ である。三角形 $ACD$ に余弦定理を用いると $$t^2=d^2+4-4d\cos(\pi-B)=d^2+4+4d\cos B.$$ 先の $\cos B$ を代入して整理すれば $$3d^2+(20-2t^2)d+12-3t^2=0.$$ この二次方程式の根の積は $4-t^2<0$ なので正の根だけを採る。したがって $$\displaystyle AD=d=\frac{t^2-10+\sqrt{t^4-11t^2+64}}{3}.$$

(2) 三角形 $ABC$ の面積を $K$ とすると、$\displaystyle K=\dfrac12\cdot3\cdot1\sin B=\dfrac14\sqrt{(t^2-4)(16-t^2)}$。半周長は $(t+4)/2$ だから、内接円の半径は $$\displaystyle \frac{K}{(t+4)/2}=\frac{\sqrt{(t^2-4)(16-t^2)}}{2(t+4)}.$$

(3) 共通の円に接する四角形では、各頂点から円に引いた2本の接線の長さが等しい。したがって向かい合う辺の和が等しく、$AB+CD=BC+AD$。よって $AD=3+2-1=4$ である。

四角形は接円をもつので凸であり、対角線 $AC$ で分けた2三角形の面積の和が四角形の面積である。三角形 $ACD$ の面積は、余弦定理と $\displaystyle \frac12 ab\sin C$ を用いて $$\displaystyle \frac14\sqrt{(t^2-4)(36-t^2)}$$ となる。したがって四角形の面積は $$\displaystyle \frac{\sqrt{t^2-4}}4\left(\sqrt{16-t^2}+\sqrt{36-t^2}\right).$$ 四辺の長さの和は $10$ であり、面積は内接円の半径 $\rho$ と半周長 $5$ の積なので $$\displaystyle \rho=\frac{\sqrt{t^2-4}}{20}\left(\sqrt{16-t^2}+\sqrt{36-t^2}\right).$$ これを最大にする $t$ を求める。$x=t^2$ とおくと $4<x<16$ であり、 $$\displaystyle \rho'(x)=\frac{\sqrt{16-x}+\sqrt{36-x}}{40\sqrt{x-4}} \left(1-\frac{x-4}{\sqrt{(16-x)(36-x)}}\right).$$ 括弧内の符号は $\sqrt{(16-x)(36-x)}-(x-4)$ の符号と同じである。前者は $x$ とともに減少し、後者は増加するので、導関数はただ1度だけ正から負に変わる。その点は $$\displaystyle (16-x)(36-x)=(x-4)^2\quad\text{より}\quad x=\frac{140}{11}.$$ これは $4<x<16$ にあり、導関数の符号はこの点の前で正、その後で負となる。よって最大点は $\displaystyle t=\sqrt{\dfrac{140}{11}}$ である。このとき $\displaystyle x-4=\dfrac{96}{11}$、$\displaystyle 16-x=\dfrac{36}{11}$、$\displaystyle 36-x=\dfrac{256}{11}$ だから、最大半径は $\displaystyle \dfrac{2\sqrt6}{5}$ となる。この最大値が実現することを、接する円を具体的に示して確かめる。 $$\displaystyle A=(0,0),\quad B=(3,0),\quad C=\left(\frac{38}{11},\frac{4\sqrt6}{11}\right),\quad D=\left(\frac{20}{7},\frac{8\sqrt6}{7}\right),\quad I=\left(\frac{12}{5},\frac{2\sqrt6}{5}\right)$$ とおく。距離公式から $AB=3,\ BC=1,\ CD=2,\ DA=4$、 $AC^2=140/11$ である。直線 $AC$ に対して $B,D$ は反対側にあり、隣接する辺の向きの変化はすべて同じ向きなので、この四角形は凸である。 辺 $AB,BC,CD,DA$ への $I$ からの垂線の足をそれぞれ $E,F,G,H$ とする。内積による射影を計算すると $$\displaystyle AE=AH=\frac{12}{5},\quad BE=BF=\frac35,\quad CF=CG=\frac25,\quad DG=DH=\frac85.$$ これらはいずれも正であり、それぞれの辺の長さより小さいので、足はすべて辺の内部にある。また距離公式から $$\displaystyle IE=IF=IG=IH=\frac{2\sqrt6}{5}$$ となる。$I$ は四辺それぞれの内側にあるので、中心 $I$、半径 $2\sqrt6/5$ の円は四角形の内部にあり、四辺に接する。したがって $t=\sqrt{140/11}$ は実現可能であり、求めた上界は実際の最大値である。