https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/1960/SuuIKika

2025.12.29.23:31:25記

[3] 一辺の長さ $1$ の正三角形 $\mbox{ABC}$ をその外心 $\mbox{O}$ のまわりに角 $\theta$ （ $0^{\circ}\lt\theta\lt 120^{\circ}$ ）だけ回転したものを $\triangle\mbox{A}'\mbox{B}'\mbox{C}'$ とする．また対応辺
$\mbox{AB}$ と $\mbox{A}'\mbox{B}'$ との交点を $\mbox{D}$ とする．

(i) 両三角形は直線 $\mbox{OD}$ に関して対称であることを証明せよ．

(ii) 両三角形の共通部分は等辺六角形であることを証明せよ．

(iii) この六角形の一辺の長さを， $\theta$ を使って，表せ．

2026.01.06.00:29:32記
(i)は古典的には $\triangle\mbox{OA}'\mbox{D}\equiv\triangle\mbox{OBD}$ などを利用して解くことになるでしょう．ここでは座標を設定してみます．

[解答]
(i) $\dfrac{\theta}{2}=t$ ， $\alpha=120^{\circ}$ とする． $\alpha+2\alpha=3\alpha=360^{\circ}$ に注意する．

$\mbox{O}(0，0)$ ， $\mbox{C}(\cos (-t)，\sin (-t))$ ， $\mbox{A}(\cos (-t+\alpha)，\sin (-t+\alpha))$ ， $\mbox{B}(\cos (-t+2\alpha)，\sin (-t+2\alpha))$ とおくことができ，このとき $\mbox{C}'(\cos t，\sin t)$ ， $\mbox{A}'(\cos (t+\alpha)，\sin (t+\alpha))$ ， $\mbox{B}'(\cos (t+2\alpha)，\sin (t+2\alpha))$ となる．

ここで $t+\alpha=t-2\alpha+360^{\circ}$ ， $t+2\alpha=t-\alpha+360^{\circ}$ であるから
$\mbox{C}'(\cos t，\sin t)$ ， $\mbox{A}'(\cos (t-2\alpha)，\sin (t-2\alpha))$ ， $\mbox{B}'(\cos (t-\alpha)，\sin (t-\alpha))$ となり， $\mbox{C}$ と $\mbox{C}'$ ， $\mbox{A}$ と $\mbox{B}'$ ， $\mbox{B}$ と $\mbox{C}'$ は $x$ 軸について対称な位置にある．よって $\mbox{AB}$ を [tex:] 軸について対称移動したものが $\mbox{B}'\mbox{A}'$ となるので $\mbox{D}$ は $x$ 軸上になければならず，よって両三角形は直線 $\mbox{OD}$ に関して対称である．

(ii) $\mbox{BC}$ と $\mbox{A}'\mbox{B}'$ との交点を $\mbox{E}$ とし， $\mbox{AB}$ と $\mbox{C}'\mbox{A}'$ との交点を $\mbox{F}$ とすると(i)での議論から $\mbox{E}$ と $\mbox{F}$ は $x$ 軸について対称であるから， $\mbox{DE}=\mbox{DF}$ となり，両三角形の共通部分である六角形の隣り合う2辺 $\mbox{DE}$ ， $\mbox{DF}$ の長さは等しい．

また2つの三角形を $\mbox{O}$ 中心に $120^{\circ}$ ， $240^{\circ}$ 回転するともとの図形にぴったり重なることから両三角形の共通部分である六角形の辺の長さは全て等しくなり，等辺六角形となる．

(iii) $\triangle\mbox{DBE}$ の3辺の長さの和は $\mbox{A}'\mbox{B}'=1$ となる．六角形の一辺の長さを $x$ （ $=\mbox{DE}$ ）とすると正弦定理から残りの2辺の長さは $\dfrac{\sin \theta}{\sin 60^{\circ}}x$ ， $\dfrac{\sin (120^{\circ}-\theta)}{\sin 60^{\circ}}x$ となるので
$x=\dfrac{\sin60^{\circ}}{\sin60^{\circ}+\sin \theta+\sin (120^{\circ}-\theta)}$ $=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+\sin \theta+\sqrt{3}\cos\theta}$
となる．

大学への数学1960年4月号だと $\mbox{O}$ から $\mbox{DE}$ に垂線 $\mbox{OK}$ を下して $\mbox{DE}=\mbox{DK}+\mbox{KE}$ と分割することにより $\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\left\{\tan\left(60^{\circ}-\dfrac{\theta}{2}\right)+\tan\dfrac{\theta}{2}\right\}$ と求めている（記号は少し違う）．

また， $\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+\sin \theta+\sqrt{3}\cos\theta}$ $=\dfrac{1}{4\cos\left(60^{\circ}-\dfrac{\theta}{2}\right)\cos\dfrac{\theta}{2}}$ と変形することもできる．