【解答・解説】東大理系数学2025 第3問

※ 図は不正確です！

$\triangle \mathrm{ABE} \equiv \triangle \mathrm{CGD}$，$\triangle \mathrm{ADH} \equiv \triangle \mathrm{CBF}$ であるため， $$S = \text{平行四辺形} \mathrm{ABCD} + 2\triangle \mathrm{ABE} + 2\triangle \mathrm{BCF}$$ である。

$$\text{平行四辺形} \mathrm{ABCD} = ab \cos \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2} ab$$ である。

$$\begin{aligned} \angle \mathrm{ABE} &= \pi - \dfrac{\pi}{6} - \left( \dfrac{\pi}{2} - \theta \right) \\ &= \theta + \dfrac{\pi}{3} \end{aligned}$$ であるため， $$\begin{aligned} \triangle \mathrm{ABE} &= \dfrac{1}{2} \mathrm{AE} \times \mathrm{BE} \\ &= \dfrac{1}{2} a \cos \angle \mathrm{ABE} \times a \sin \angle \mathrm{ABE}\\ &= \dfrac{a^2}{2} \sin \left( 2\theta + \dfrac{2}{3}\pi \right) \cos \left( 2\theta + \dfrac{2}{3}\pi \right)\\ &= \dfrac{a^2}{4} \sin \left( 2\theta + \dfrac{2}{3}\pi \right) \end{aligned}$$ である。同様に $$\begin{aligned} \triangle \mathrm{BCF} = \dfrac{b^2}{4} \sin 2\theta \end{aligned}$$ である。

よって $$\begin{aligned} S &= \dfrac{1}{2}ab + \dfrac{a^2}{2} \sin \left( 2\theta + \dfrac{2}{3}\pi \right) + \dfrac{b^2}{2} \sin 2\theta \end{aligned}$$

$S-\dfrac{1}{2} ab$ の部分を考えればよい。 $$\begin{aligned} &S-\dfrac{1}{2} ab \\ &= \dfrac{a^2}{2} \sin \left( 2\theta + \dfrac{2}{3}\pi \right) + \dfrac{b^2}{2} \sin 2\theta\\ &= -\dfrac{a^2}{4} \sin 2\theta + \dfrac{\sqrt{3}}{4} a^2 \cos 2\theta + \dfrac{b^2}{2} \sin 2 \theta \\ &= \left( \dfrac{b^2}{2}-\dfrac{a^2}{4} \right) \sin 2\theta + \dfrac{\sqrt{3}}{4} a^2 \cos 2\theta \end{aligned}$$

ここで $$\begin{aligned} &\left( \dfrac{b^2}{2}-\dfrac{a^2}{4} \right)^2 +\left( \dfrac{\sqrt{3}}{4} a^2 \right)^2\\ &= \dfrac{(2b^2-a^2)^2+(\sqrt{3}a^2)^2}{4^2}\\ &= \dfrac{4a^4-4a^2b^2+4b^2}{16}\\ &= \dfrac{a^4-a^2b^2+b^4}{4} \end{aligned}$$ であるため， $$S - \dfrac{1}{2}ab = \dfrac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}\sin \left( 2\theta + \alpha \right)$$ と表される。

ただし， $$\begin{aligned} \cos \alpha &= \dfrac{1}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}} \left( b^2 - \dfrac{a^2}{2} \right)\\ \sin \alpha &= \dfrac{1}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}} \dfrac{\sqrt{3}}{2} a^2 \end{aligned}$$ $\left( - \dfrac{\pi}{2} < \alpha < \dfrac{\pi}{2} \right)$ である。

$\theta$ の範囲を求める。 $$0 \leqq \angle \mathrm{ABF} \leqq \dfrac{\pi}{2}\\ 0 \leqq \angle \mathrm{BCG} \leqq \dfrac{\pi}{2}$$ より $$0 \leqq \theta + \dfrac{\pi}{3} \leqq< \dfrac{\pi}{2}\\ 0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{2}$$ であるため，$0 \leqq \theta \leqq \dfrac{\pi}{6}$ である。

よって $\alpha \leqq 2\theta + \alpha \leqq \alpha + \dfrac{\pi}{3}$ である。この範囲に $\dfrac{\pi}{2}$ が含まれるかどうか調べよう。

$\alpha \leqq \dfrac{\pi}{2} \leqq \alpha + \dfrac{\pi}{3}$ を変形すると $\dfrac{\pi}{6} \leqq \alpha \leqq \dfrac{\pi}{2}$ となる。 $\cos$ を当てはめると， $$0 \leqq \dfrac{1}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}} \left( b^2 - \dfrac{a^2}{2} \right) \leqq \dfrac{\sqrt{3}}{2}$$ となる。$b \geqq a$ であることから，左の不等式は成り立つ。

右の不等式の検討をする。 $$\begin{aligned} &\dfrac{3(a^4-a^2b^2+b^4)}{4} - \left( b^2 - \dfrac{a^2}{2} \right)^2 \\ &= \dfrac{1}{2}a^4 + \dfrac{1}{4}a^2b^2 - \dfrac{1}{4} b^4 \\ &= \dfrac{1}{4} (2a^2-b^2)(a^2+b^2) \end{aligned}$$ であるため， $$\begin{aligned} &\dfrac{1}{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}} \left( b^2 - \dfrac{a^2}{2} \right) \leqq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ \iff & 2a^2-b^2 \geqq 0 \end{aligned}$$ となる。

• $\sqrt{2} a \geqq b$ のとき

最大値は $2\theta + \alpha = \dfrac{\pi}{2}$ のとき，つまり $\theta = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\alpha}{2}$ のとき， $$\dfrac{1}{2}ab + \dfrac{\sqrt{a^4-a^2b^2+b^4}}{2}$$ を取る。

• $\sqrt{a} \leqq b$ のとき

最大値は $2\theta + \alpha = \alpha + \dfrac{\pi}{3}$，つまり $\theta = \dfrac{\pi}{6}$ のとき， $$\begin{aligned} &\dfrac{1}{2} ab + \dfrac{a^2}{2} \sin \pi + \dfrac{b^2}{2} \sin \dfrac{\pi}{3}\\ &= \dfrac{1}{2}ab + \dfrac{\sqrt{3}}{4} b^2 \end{aligned}$$ を取る。