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◆宮城県 甘泉法師 さんからの解答。
【問題１】
三角形のひとつの内角（大きさ２θ)に注目。
頂点をｘｙ座標の原点に、２辺を傾きの角度θ、-θの半直線にとる。
辺上の題意の点をP(a cosθ,a sinθ)とQ(b cosθ,-b sinθ)
a,b＞0 とすると
| 中点R( | a+b 2 |
*cosθ， | a-b 2 |
*sinθ)=(X,Y)。 |
余弦定理から a2 + b2 - 2ab cosθ= 4
これからXとYの関係式が求められ
X2 tan2 θ ＋ Y2 cot2 θ = 1
楕円
考える面積は円 X2 ＋ Y2 = 1 の第一象限部分をｘ方向に cotθ倍、y方向に逆数のtanθ倍したもので
| 面積 は不変、 | π 4 |
. |
| 求める面積は都合３つの内角の寄与をあわせて | 3π 4 |
. |
【問題２】
題意の三角柱の3辺のｘｙｚ座標での方程式を次のとおりとする。
辺１ ｘ＝０,ｙ＝０
| 辺２ ｘ＝ | a 2 |
，y= | a 2 |
| 辺３ ｘ＝- | a 2 |
，y= | a 2 |
辺１上の点Ｏ（0,0,0)
| 辺２上の点Ａ a*（ | 1 2 |
， | 2 |
，p) |
| 辺３上の点Ｂ a*（- | 1 2 |
， | 2 |
，q) |
一般性を失わずa=1 , |ｑ| ≦|ｐ| とできる。
| ベクトルＯ Ａ＝（ | 1 2 |
， | 2 |
，p) | 長さ √ (1+p2) |
| ベクトルＯ Ｂ＝（- | 1 2 |
， | 2 |
，q) | 長さ √ (1+q2) |
| Ｏ Ｂ Ｏ Ａ |
＝ | √( 1+q2) √( 1+p2) |
＝ r , 0＜r≦1 |
| cos∠ＡＯＢ＝ | 1/2 + pq √ ( 1+p2)* √( 1+q2) |
＝ ｃ, -1＜ c＜1 |
r2 (1-c2)X2+ {(1-2c2)r2+ cr - 1} X - (cr - 1/2)2=0
| cr＝ | 1 2 |
の場合 Ｘ=0， | -(r-1)(r+1) (r-1/2)(r+1/2) |
≧0 |
| ∵ | 1 2 |
＜ r ≦1 |
| cr≠ | 1 2 |
の場合 Ｘは正の実解を持つ。 |
任意の 0＜r≦1、-1＜ c＜1 について解ｐが存在するので任意の形の三角形を得ることが出来る。
◆出題者のコメント。
甘泉法師 さん。解答ありがとうございます。
でも、おしいです。一番が間違ってます。
二番は正解です。
PDAからの接続で詳しくは分かりませんが結論は間違ってないので、今度PCで繋げた時にゆっくり眺めておきます。
一番ですが、私もどこがおかしいのか確認してみましたが、やっぱり楕円をつかった所ですね。
楕円は間違いじゃないんですが、ちょっと式が違う。
そのために途中から答えが変わってくるんです。
それから、一問目ですがこれは、もっと初等的に解くやり方があります。
楕円なんて言葉を使うのもいいですが、小学生や中学生は意味が分からないでしょう。
そのレベルで解ける解法を考えてください。
もう少しして出なかったら、ヒント出します。
◆京都府 大空風成 さんからのコメント。
甘泉法師 さんからの解答で、楕円の式までは正しいと思うのですが、
「考える面積は円 X2＋ Y2= 1の第一象限部分を
ｘ方向に cotθ倍、y方向に逆数のtanθ倍したもので 面積は不変、
| π 4 |
.」 |
の部分が間違っていると思います。
微積を使って計算すると、
X2 tan2θ ＋ Y2 cot2θ = 1 を
Y=tanθ√(1-X2(tanθ)2)と変形して、
| 面積は、2{ | cotθ ∫ cosθ |
Ydx+ | cosθsinθ 2 |
} |
| これを計算すると | π 2 |
−θとなります（θは弧度法）。 |
ここで三角形の角をA、B、Cとすると、
| θは、それぞれ | A 2 |
， | B 2 |
， | C 2 |
となるので、求める面積は、 |
| ( | π 2 |
− | A 2 |
)＋( | π 2 |
− | B 2 |
)＋( | π 2 |
− | C 2 |
) |
| ＝ | 3π 2 |
− | A+B+C 2 |
| ＝ | 3π 2 |
− | π 2 |
…(1) |
| ＝π |
ついでに、これはn角形でも、成立します。
| (1)で、 | nπ 2 |
− | (n−2)π 2 |
＝π |
特に正方形の場合は、1/4円が４つになるので、小中学生にも分かると思います。
さらに円の内部でPQを動かすと、点Rの軌跡も円になり、面積はπになり、これも分かりやすいと思います。
n角形や円でも、面積がいつでもπになるというのは、とても面白い問題です。
ただ、問題文のなかで、
「平面上に三角形がひとつ存在する。どの頂点から降ろした垂線の長さも、2より大きい。」
のところが少し気になります。
三角形では、点Rの軌跡が交わる場合がありませんか。
◆京都府 大空風成 さんからの解答。
【問題１】
点P（または点Q）が三角形の周上を１回転して囲む図形の面積と、
点Rが三角形の周上を１回転して囲む図形の面積との差を求めれば良い。
その差は、点P（または点Q）が三角形の周上を１回転する間に、
点Rの回りを１回転することによってできる。
つまり、求める面積は、線分PR（またはQR）を半径とする円の面積と等しい。
よって、π×1×1=π
◆出題者のコメント(追加問題)。
回答者様より
『「平面上に三角形がひとつ存在する。どの頂点から降ろした垂線の長さも、2より大きい。」 のところが少し気になります。』
とのコメントを戴きましたのでこれに関する追加問題を出します。
さて、この条件
「どの頂点から降ろした垂線の長さも、2より大きい。」
が満たされていない場合、二点P,Qは条件を満たしたまま三角形の辺上を一周するこ
とができるのでしょうか。
このことを考えていただければ、疑問も解消するかと。。。
◆東京都 tensor さんからのコメント。
【問題１】について。
良い問題だと思いますが、誤解が多いようなので横槍です。
＞つまり、求める面積は、線分PR（またはQR）を半径とする円の面積と等しい。
点P,Qの軌道が一般の場合正しくない。
例：点Pが半径1の円周上、点Qが半径3の円周上を一周する場合、(線分PRの掃く面積)≠πである。
＞「どの頂点から降ろした垂線の長さも、2より大きい。」
＞が満たされていない場合、二点P,Qは条件を満たしたまま三角形の辺上を一周することができるのでしょうか。
不可能。証明は明らか。
・どの頂点から降ろした垂線の長さも2より大きいが、中点の軌跡が交わる三角形が存在する。
例：半径(2+ε)*2/の正三角形。
但しε(＞0)は十分小さいとする。
さて、そこで問題。
以下、凸多角形T上の点P,QがPQ=2を満たしながら動くとき、PQの中点Rの軌跡をCとする。
(1) Tが三角形の場合、(Tの内接円の半径)≧1ならば、Cは自己交差を持たない（円周と同相である）ことを示せ。
(2) 2/3≦r＜1を満たす任意のrに対し、(Tの内接円の半径)=rを満たし、Cが自己交差を持つような三角形Tが存在する ことを示せ。
(3) 一般の凸多角形Tに対し、Tが半径1の円を内部に含むとき、Cは自己交差を持たない（円周と同相である）ことを示 せ。
◆京都府 大空風成 さんからのコメント。
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上の私のコメントで、次のような部分があります。 |
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垂線Lの長さの変化を調べる。 ただし、θが30°を超えると、 3本の垂線のうちでLが最小ではなくなるので、 0＜θ≦30°とする。 （ただし、-θの半直線に垂線を立てたが、 θの半直線に垂線を立てても同様であるので、 どちらか短いほうを考えることにする） |
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| Sはこの区間で減少関数で、 θ→0 のとき、S→+∞、 |
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よって、Lは、θ→0 のとき、L→2 θ=30°のとき、L=  となる。以上より、Rの軌跡である楕円と三角形の垂線が接する場合、 垂線の長さは、角の大きさによって変化するが、 3本のうち最も短い垂線の長さは、2より長く、 以下である。分かりやすいように正三角形で考えると、 Rの軌跡が接するのは、正三角形の対称性から、 垂線上であることがわかる。 上の考察とあわせると、 正三角形の３垂線の長さが のとき、
Rの軌跡が３垂線上で接することがわかる。したがって、 問題文中の 「どの頂点から降ろした垂線の長さも、2より大きい。」 の部分は、 「どの頂点から降ろした垂線の長さも、 より大きい。」とするのが適当である。 小中学生向けには、 「どの頂点から降ろした垂線の長さも、3より大きい。」 または、 「どの頂点から降ろした垂線の長さも、Rの軌跡が交わらない程度に 十分長い。」 のほうが良いのではと思います。 |
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