3東京大学 2025年 数学 第3問解答・解説

長方形の頂点を $G=(0,0),\ H=(w,0),\ F=(0,h),\ E=(w,h)$ と置く。$B$ は辺 $FG$ 上、$C$ は辺 $GH$ 上にあるので $$B=(0,d),\qquad C=(c,0)\quad(c,d\ge0).$$ 直角三角形 $BCG$ で $BC=b$、$\angle BCG=\theta$ より $$c=b\cos\theta,\qquad d=b\sin\theta.$$ $A$ は上辺 $EF$ 上、$B$ は左辺 $FG$ 上なので、$\overrightarrow{BA}$ は右上向き（端点を含めれば水平・垂直も可）である。$\overrightarrow{BC}$ の方向角は $-\theta$ で、$\angle ABC=\pi/6$ だから $\overrightarrow{BA}$ の方向角を $$\displaystyle \alpha=\frac{\pi}{6}-\theta\ge0$$ とする。従って $0\le\theta\le\pi/6$ であり $$A=(a\cos\alpha,\ d+a\sin\alpha).$$ 平行四辺形の対辺は等しく平行なので $D=A+C-B$。$D$ は右辺 $HE$ 上にあるから $w=c+a\cos\alpha$、また $A$ は上辺 $EF$ 上にあるから $h=d+a\sin\alpha$ である。ここで $0\le A_x=a\cos\alpha\le w$, $0\le B_y=d\le h$, $0\le C_x=c\le w$, $0\le D_y=a\sin\alpha\le h$ となるので、$0\le\theta\le\pi/6$ の全域で指定の辺上に点があり、この範囲は実現する。

したがって $$\displaystyle \boxed{S=(b\cos\theta+a\cos(\tfrac\pi6-\theta)) (b\sin\theta+a\sin(\tfrac\pi6-\theta))}, \qquad 0\le\theta\le\frac\pi6.$$

(2) $x=2\theta$ と置くと $0\le x\le\pi/3$。積を加法定理で整理すると $$\displaystyle S=\frac{ab}{2}+\frac12\left\{ \left(b^2-\frac{a^2}{2}\right)\sin x+\frac{\sqrt3a^2}{2}\cos x\right\}.$$ $P=b^2-a^2/2>0$, $Q=\sqrt3a^2/2$ とし、 $$\rho=\sqrt{P^2+Q^2}=\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4},\qquad \cos\phi=P/\rho,\quad\sin\phi=Q/\rho$$ となる $0<\phi<\pi/2$ を定める。すると $$\displaystyle P\sin x+Q\cos x=\rho\sin(x+\phi),\qquad \tan\phi=\frac{\sqrt3a^2}{2b^2-a^2}.$$ よって $\phi\ge\pi/6$ と $b\le\sqrt2a$ は同値である。$b\le\sqrt2a$ のとき$x+\phi$ の変域 $\phi\le x+\phi\le\phi+\pi/3$ は $\pi/2$ を含むため、正弦の最大値は $1$ となる。一方 $b\ge\sqrt2a$ のとき $\phi+\pi/3\le\pi/2$ なので、正弦はこの区間で増加し、最大は $x=\pi/3$ で得られる。従って $$\displaystyle \boxed{ S_{\max}=\begin{cases} \dfrac{ab+\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2},&a\le b\le\sqrt2a,\\[2mm] \dfrac{ab}{2}+\dfrac{\sqrt3b^2}{4},&b\ge\sqrt2a. \end{cases}}$$ 境界 $b=\sqrt2a$ では二つの式は一致する。