3東京大学 2025年 数学 第3問解答・解説

(1)

長方形の頂点を $\mathrm{G}=(0,\,0)$、$\mathrm{H}=(w,\,0)$、$\mathrm{F}=(0,\,h)$、$\mathrm{E}=(w,\,h)$ と置く。$\mathrm{B}$ は辺 $\mathrm{FG}$ 上、$\mathrm{C}$ は辺 $\mathrm{GH}$ 上にあるので
$$\mathrm{B}=(0,\,d),\qquad\mathrm{C}=(c,\,0)\qquad(c,\,d\geqq0).$$
直角三角形 $\mathrm{BCG}$ で $\mathrm{BC}=b$、$\angle\mathrm{BCG}=\theta$ より
$$c=b\cos\theta,\qquad d=b\sin\theta.$$
$\mathrm{A}$ は上辺 $\mathrm{EF}$ 上、$\mathrm{B}$ は左辺 $\mathrm{FG}$ 上なので、$\overrightarrow{\mathrm{BA}}$ は右上向き（端点を含めれば水平・垂直も可）である。$\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ の方向角は $-\theta$ で、$\angle\mathrm{ABC}=\dfrac{\pi}{6}$ だから、$\overrightarrow{\mathrm{BA}}$ の方向角を
$$\alpha=\dfrac{\pi}{6}-\theta\geqq0$$
とする。従って $0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{6}$ であり、
$$\mathrm{A}=(a\cos\alpha,\ d+a\sin\alpha).$$
平行四辺形の対辺は等しく平行なので、$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}$ である。$\mathrm{D}$ は右辺 $\mathrm{HE}$ 上にあるから $w=c+a\cos\alpha$、また $\mathrm{A}$ は上辺 $\mathrm{EF}$ 上にあるから $h=d+a\sin\alpha$ である。ここで $0\leqq a\cos\alpha\leqq w$、$0\leqq d\leqq h$、$0\leqq c\leqq w$、$0\leqq a\sin\alpha\leqq h$ となるので、$0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{6}$ 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
$$S=wh=\left(b\cos\theta+a\cos\left(\dfrac{\pi}{6}-\theta\right)\right)\left(b\sin\theta+a\sin\left(\dfrac{\pi}{6}-\theta\right)\right),\qquad0\leqq\theta\leqq\dfrac{\pi}{6}.$$

(2)

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