一橋大学 2022年 問題2
$0 \leqq \theta \leqq 2\pi \ \ とする。座標平面上の \ 3\ 点 \ O(0,\ 0),\ P(\cos \theta,\ \sin \theta),\ Q(1,\ 3\sin 2\theta)\ \ が三角形をなすとき、$
$\triangle OPQ\ の面積の最大値を求めよ。$
$(解説)$
$\ \ \triangle OPQ \ \ の面積を、点と直線の距離公式かまたは三角形の面積公式をつかって \ \theta \ の式で表します。$
$\sin \theta \ \ の \ 3\ 次式になりますので \ t=\sin \theta \ \ とおけばいいでしょう。$
$3\ 点 \ O(0,\ 0),\ P(\cos \theta,\ \sin \theta),\ Q(1,\ 3\sin 2\theta)\ \ が三角形をなさないのは$
$一直線上にあるときだから \quad \vec{OP}=k\vec{OQ}\ \ (k\ は \ \ne 0 \ の実数)とおける。$
$(\cos \theta,\sin \theta)=k(1,3\sin 2\theta)$
\[ \hspace{1em} \left\{ \begin{array}{l} \cos \theta =k \hspace{8em}(1)\\ \sin \theta =3k\sin 2\theta \hspace{5em}(2)\\ \end{array} \right. \]
$(1)を(2)に代入して \quad \sin \theta =3\cos \theta \sin 2\theta \qquad \sin \theta =6\sin \theta \cos ^2 \theta $
$\sin \theta (1-6\cos ^2 \theta )=0 \qquad \sin \theta (6\sin ^2 \theta -5)=0$
$\sin \theta =0,\quad \sin ^2\theta=\cfrac{5}{6}$
$よって \quad \theta \ne 0,\ \pi,\ \alpha \ \ (ただし \ \ \sin ^2\alpha =\cfrac{5}{6}) \ \ のとき三角形ができる。$
$OP^2=\cos ^2\theta + \sin ^2 \theta =1 \quad だから \quad OP=1 \quad で一定である。$
$したがって \quad \triangle OPQ \ \ の面積が最大になるのは、点 \ Q\ から辺 \ OP\ に下ろした垂線の長さ \ Q\ Hが最大のときである。$
$直線 \ \ OP:\ y=x\tan \theta \qquad x\tan \theta -y=0 \quad だから$
\begin{eqnarray*} QH &=&\cfrac{|\tan \theta -3\sin 2\theta|}{\sqrt{\tan ^2 \theta +1}}\\ \\ &=&|\cos \theta ||\tan \theta -3\sin 2\theta|\\ \\ &=&|\sin \theta -6\sin \theta \cos ^2 \theta|\\ \\ &=&|\sin \theta -6\sin \theta (1-\sin ^2 \theta|\\ \\ &=&|6\sin ^3\theta -5\sin \theta |\\ \end{eqnarray*} $\sin \theta =t \quad とおくと \quad 0 \leqq \theta < 2\pi \quad より \quad -1 \leqq t \leqq 1$
$QH=|6t^3-5t|$
$f(t)=6t^3-5t \quad とおくと \ f(t)\ は奇関数だから \quad 0 \leqq t \leqq 1 \quad で考えればよい。$
$f'(t)=18t^2-5 \qquad f'(t)=0 \quad より \quad t=\sqrt{\cfrac{5}{18}}=\cfrac{\sqrt{10}}{6}$
\[ \begin{array}{c||c|c|c|c|c} t& 0 & \cdots & \small{\cfrac{\sqrt{10}}{6}} & \cdots & 1\\ \hline f'(t)& & - & 0 & + & \\ \hline f(t)& 0 & \searrow & 極小 & \nearrow & 1 \\ \end{array} \]
$t=\sin \theta =\cfrac{\sqrt{10}}{6}\ で \ f(t)\ は極小となるが、$
$\theta \ne 0,\pi,\alpha \quad だから確かに三角形ができる。$
$極小値は \quad f(\cfrac{\sqrt{10}}{6})=6(\cfrac{\sqrt{10}}{6})^3-5(\cfrac{\sqrt{10}}{6})=-\cfrac{5\sqrt{10}}{9}$
$QH=|6t^3-5t| ￥ \ のグラフは右図のとおりである。$
$t=\pm \cfrac{\sqrt{10}}{6}) \quad のとき \quad QH=\cfrac{5\sqrt{10}}{9}$
$t=\pm 1 \quad のとき \quad QH=1 $
$\cfrac{5\sqrt{10}}{9} > 1 \quad だから \ QH\ は \ \ t=\pm \cfrac{\sqrt{10}}{6} \ \ のとき \ \ 最大値 \ \ QH=\cfrac{5\sqrt{10}}{9}\ \ をもつ$
$したがって \quad \triangle OPQ \ の面積 \ S\ の最大値は \quad \sin \theta =\pm \cfrac{\sqrt{10}}{6} \quad のとき$
$S=\cfrac{1}{2} \times OP \times QH=\cfrac{1}{2} \times 1 \times \cfrac{5\sqrt{10}}{9}=\cfrac{5\sqrt{10}}{18}$
$(補充)$
$上の解答では$
$点 \ (x_1,\ y_1)\ と直線 \ \ ax+by+c=0 \ \ の距離 \ d\ が \ \ d=\cfrac{|ax_1+by_1+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}$
$であることを使っていますが、他に$
$3\ 点 \ O(0,\ 0),\ A(x_1,\ y_1),\ B(x_2,\ y_2)\ \ のとき三角形 \ OAB\ の面積 \ S\ は \ \ S=\cfrac{1}{2}|x_1y_2-x_2y_1|$
$であることをつかう方法もあります。$
$この \ 2\ つの公式は証明なしで使っていいと思いますが、出題者の考えはどうでしょうか。$
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