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正三角形を外心を中心として回転したときに重なる部分の面積

平面図形

自作問題です．解答は下部に載せました．

 

問題

一辺の長さが１の正三角形 { \displaystyle ABC } がある．この正三角形を外心 { \displaystyle O } を中心に反時計回りに { \displaystyle \theta } 回転した正三角形を  { \displaystyle A'B'C' } とする．ただし， { \displaystyle 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3} } とする．このとき，正三角形 { \displaystyle ABC } と 正三角形 { \displaystyle A'B'C' } が重なる部分の面積 { \displaystyle S } を求めよ．

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

解答

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円周角の定理より，次が成り立つ．

{ \displaystyle \angle AC'A' = \frac{1}{2} \angle AOA' = \frac{1}{2} \theta \ \ \ \ldots (1) }

{ \displaystyle \angle C'AC = \frac{1}{2} \angle COC' = \frac{1}{2} \theta \ \ \ \ldots (2) }

{ \displaystyle AC } と  { \displaystyle A'C' } の交点を  { \displaystyle Q_2 } とおくと，三角形  { \displaystyle A Q_2 C' } の内角の和より，次式が成り立つ．

{ \displaystyle \angle A Q_2 C' = \pi - \frac{1}{2} \theta - \frac{1}{2} \theta = \pi -  \theta \ \ \ \ldots (3) }

{ \displaystyle \angle A Q_2 A' + \angle A Q_2 C' = \pi } だから， { \displaystyle (3) } 式と合わせて次式が成り立つ．

{ \displaystyle \angle A Q_2 A' = \theta \ \ \ \ldots (4) }

{ \displaystyle \angle B A C = \frac{\pi}{3} } だから， { \displaystyle AB } と  { \displaystyle A'C' } の交点を  { \displaystyle P_1 } とおくと，三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } の内角の和より，次式が成り立つ．

{ \displaystyle \angle A P_1 Q_2 = \frac{2}{3} \pi - \theta \ \ \ \ldots (5) }

三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } と三角形  { \displaystyle C' Q_2 P_2 } は合同である．また， { \displaystyle AB } と  { \displaystyle A'B' } の交点を  { \displaystyle Q_1 } とおくと，三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } と三角形  { \displaystyle A' Q_1 P_1 } は合同である．よって， { \displaystyle A'C' } に着目することにより，次式が成り立つ．

{ \displaystyle A P_1 + P_1 Q_2 + Q_2 A  = 1 \ \ \ \ldots (6) }

また，三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } に余弦定理を用いると，次式を得る．

{ \displaystyle {P_1 Q_2} ^2 = {A P_1} ^2 + {Q_2 A } ^2 - 2 \cdot A P_1 \cdot Q_2 A \cdot \cos \frac{\pi}{3} }

              { \displaystyle = {A P_1} ^2 + {Q_2 A } ^2 - A P_1 \cdot Q_2 A \ \ \ \ldots (7) }

{ \displaystyle {A P_1} ^2 = {P_1 Q_2} ^2 + {Q_2 A } ^2 - 2 \cdot P_1 Q_2 \cdot Q_2 A \cdot \cos \theta \ \ \ \ldots (8) }

{ \displaystyle \{ (7) + (8) \} \div Q_2 A } より，次式が成り立つ．

{ \displaystyle - A P_1 - 2 P_1 Q_2 \cdot \cos \theta + 2 Q_2 A = 0 \ \ \ \ldots (9) }

{ \displaystyle \{ (6) + (9) \} } より，次式が成り立つ．

{ \displaystyle P_1 Q_2 \left( 1 - 2 \cos \theta \right) + 3 Q_2 A = 0 \ \ \ \ldots (10) }

また，三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } に正弦定理を用いると，次式を得る．

{ \displaystyle \frac{P_1 Q_2}{\sin \frac{\pi}{3} } = \frac{Q_2 A}{\sin \left( \frac{2}{3} \pi - \theta \right) } }

{ \displaystyle Q_2 A = P_1 Q_2 \frac{\sin \left( \frac{2}{3} \pi - \theta \right)}{\sin \frac{\pi}{3} } }

          { \displaystyle = P_1 Q_2 \frac{\sin \frac{2}{3} \pi \cos \theta - \cos \frac{2}{3} \pi \sin \theta }{ \frac{\sqrt{3}}{2} } }

           { \displaystyle = P_1 Q_2 \frac{ \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta + \frac{1}{2} \pi \sin \theta }{ \frac{\sqrt{3}}{2} } }

           { \displaystyle = P_1 Q_2 \left( \cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{3} \sin \theta \right) \ \ \ \ldots(11) }

{ \displaystyle (10) } 式， { \displaystyle (11) } 式より，次式が成り立つ．

{ \displaystyle P_1 Q_2 = \frac{1}{1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta } \ \ \ \ldots(12) }

{ \displaystyle Q_2 A = \frac{\cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{3} \sin \theta}{1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta } \ \ \ \ldots(13) }

三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } の面積を  { \displaystyle T } とおくと，次式が成り立つ．

{ \displaystyle T = \frac{1}{2} P_1 Q_2 \cdot Q_2 A \cdot \sin \theta = \frac{\sin \theta \left( 3 \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) }{ 6 \left( 1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) ^2 } \ \ \ \ldots(14) }

求める面積  { \displaystyle S } は，正三角形  { \displaystyle ABC } の面積から三角形  { \displaystyle A Q_2 P_1 } の面積を３回引いたものに等しい．

よって， { \displaystyle (14) } 式より，求める面積  { \displaystyle S } は，

{ \displaystyle S = \frac{\sqrt{3}}{4} - 3 T = \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sin \theta \left( 3 \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) }{ 2 \left( 1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) ^2 } }

 

 

 


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