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11. 一辺の長さ$x$の正三角形の３頂点がすべて一辺の長さ１の正方形上にある．このとき，$x$の 取り得る範囲を求めよ． （スウェーデン数学オリンピック）
解答一辺の長さ１の正方形を$ABCD$とする． $\triangle PQR,\triangle P'Q'R'$がともに正三角形で，$P,P'$が辺$AD$上，$Q,Q'$が辺$AB$上，$R,R'$が辺$CD$上とする． $\triangle PQR$∽$\triangle P'Q'R'$ であるから $\triangle PQR \mapsto \triangle P'Q'R'$ となる正の相似変換が唯一つ存在し，$P$と$P'$が異なるなら $PQ \nparallel P'Q'$ よりある点$O$を中心とする中心相似回転変換$H(O,k,\theta)$が存在し $H(O,k,\theta):\triangle PQR \mapsto \triangle P'Q'R'$ まず，相似の中心$O$を求める． $H(O,k,\theta):P \mapsto P',Q \mapsto Q'$ で $PP'\perp QQ'$ より $\angle POQ=90^{\circ}$ ($\because \ \triangle OPP'$を$90^{\circ}$回転して相似拡大したものが$\triangle OQQ'$) 同様に $\angle POR=90^{\circ}$ したがって，$O$は正三角形$\triangle PQR$の辺$QR$上にあり，$QR$の中点である． 
４点$A,Q,O,P$に注目すれば，$\angle PAQ=\angle POQ=90^{\circ}$ より円に内接する． $\therefore \angle PAO=\angle PQO=60^{\circ}$ 同様に $\angle PDO=60^{\circ}$ 以上で，点$O$は$AD$が１辺の正三角形の頂点であることが分かった． あとは$QO$の長さの動く範囲を調べればよい． $QO$の最小値は$\frac{1}{2}$で，最大値は$Q$が$B$に一致するか，$R$が$C$に一致するときである． それは$\angle QBC=15^{\circ}$より $BQ=\dfrac{1}{2 \cos 15^{\circ}}=\dfrac{2}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ $\therefore 1 \leqq x \leqq \sqrt{6}-\sqrt{2}$ 解説 ここで述べた解答は，中心相似回転変換を説明するためのもので， 牛刀をもって鶏を割くようなものでよい解答とは思えない． 次の解答のほうが分かりやすい．
$1.$正三角形$PQR$の頂点が$P$は$AD$上，$Q$が$AB$上，$R$が$CD$上であるとする． $QR$の中点を$O$とすると， $\angle PAQ=\angle POQ=90^{\circ}$ より，４点$A,Q,O,P$が同一円周上にある． したがって $\angle PAO=\angle PQO=60^{\circ}$ 同様に $\angle PDO=60^{\circ}$ ゆえに，辺$QR$の中点$O$は定点であり，それは$\triangle AOD$が正三角形となる点である． したがって，$O$を通る$QR$の長さの最大値，最小値を求めればよい． 
$2.$中心相似回転変換を用いるなら，次のように考えたほうが分かりやすい． 正三角形$\triangle PQR$を$P$が$AD$の中点となるようにとり，$QR$の中点を$O$とする． 点$Q'$を線分$BQ$上にとり， $\angle Q'OQ=\theta,\dfrac{OQ'}{OQ}=k$ とおき，中心相似変換$H(O,k,\theta)$を考える． このとき，$P',R'$を $H(O,k,\theta):P \mapsto P',R \mapsto R'$ で定義すると， $\angle OQQ'=90^{\circ}$であるから $P'$は辺$AD$上，$R'$は辺$CD$上にある． したがって，$k$の最大値すなわち，$Q'$が$B$のとき正三角形は最大になる． $3.$ 高校生は一般に次のように解く． 正方形内の最大の正三角形は，正三角形のいずれかの頂点が与えらた正方形の頂点と重なるときである． 実際，いずれの正三角形の頂点も与えられた正方形の頂点と重ならないとき，例えば右上の図で正三角形$P'Q'R'$ を考えれば，下に少しだけ平行移動して，$Q'R'$の中点を中心に少しだけ回転すれば正方形に完全に含まれるから， その正三角形は最大の三角形ではない．したがって，正三角形の１つの頂点が例えば$B$のときの一辺の長さを求めればよい． 
それは右図で$1+x^2=2(1-x)^2$ $\therefore x=2-\sqrt{3}$ $\therefore PR=\sqrt{2}(1-x)=\sqrt{6}-\sqrt{2}$ なお，右図は$15^{\circ},75^{\circ}$の$\sin,\cos,\tan$を求める図にもなっている．実際 $\sin 15^{\circ}=\dfrac{x}{\sqrt{2}(1-x)}$ $\cos 15^{\circ}=\dfrac{1}{\sqrt{2}(1-x)}$ に $x=2-\sqrt{3}$ を代入すればよい． 平面における幾何学変換の目次 全体の目次 |