解説

方針・初手

回転後の正方形 $A'B'C'D'$ の各辺は、もとの正方形 $ABCD$ の各辺を回転した直線である。したがって、まず辺 $A'D'$ の方程式を求めれば、問1の交点 $P$ がすぐに求まる。

さらに、重なり部分は正方形 $ABCD$ から四隅の合同な直角三角形を取り除いた図形になるので、その三角形1個の面積を出せば $S$ が求まる。

解法1

辺 $AD$ は直線 $x=1$ である。

一方、辺 $A'D'$ は、もとの直線 $x=1$ を原点中心に角 $\theta$ だけ回転したものであるから、その方程式は

$$ x\cos\theta+y\sin\theta=1 $$

である。

実際、点 $(x,y)$ を角 $-\theta$ だけ回転して元の座標に戻したとき、その $x$ 座標が $1$ になるという条件である。

問1

$P$ は $AD$ と $A'D'$ の交点なので、$x=1$ を代入して

$$ \cos\theta+y\sin\theta=1 $$

より

$$ y=\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}. $$

したがって、

$$ P\left(1,\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\right) $$

である。

さらに半角公式より

$$ \frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}=\tan\frac{\theta}{2} $$

であるから、

$$ P\left(1,\tan\frac{\theta}{2}\right) $$

とも書ける。

問2

$Q$ を直線 $AB$ と直線 $A'D'$ の交点とする。 $AB$ は $y=1$ なので、$A'D'$ の式に代入して

$$ x\cos\theta+\sin\theta=1 $$

より

$$ x=\frac{1-\sin\theta}{\cos\theta}. $$

よって

$$ Q\left(\frac{1-\sin\theta}{\cos\theta},1\right) $$

である。

ここで $0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ なので、重なり部分は正方形 $ABCD$ から四隅の合同な直角三角形を除いたものになる。 その1つは $\triangle AQP$ である。

したがって

$$ S=4-4\cdot \frac{1}{2},AQ\cdot AP $$

となる。

いま $t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ とおくと、

$$ \sin\theta=\frac{2t}{1+t^2},\qquad \cos\theta=\frac{1-t^2}{1+t^2} $$

であるから、

$$ P=(1,t) $$

であり、また

$$ \begin{aligned} Q\left(\frac{1-\sin\theta}{\cos\theta},1\right) &= \left(\frac{1-\frac{2t}{1+t^2}}{\frac{1-t^2}{1+t^2}},1\right) \\ \left(\frac{(1-t)^2}{1-t^2},1\right) \\ \left(\frac{1-t}{1+t},1\right). \end{aligned} $$

よって

$$ AP=1-t, $$

$$ AQ=1-\frac{1-t}{1+t}=\frac{2t}{1+t}. $$

したがって

$$ S=4-4\cdot \frac{1}{2}\cdot (1-t)\cdot \frac{2t}{1+t} =4-\frac{4t(1-t)}{1+t}. $$

整理して

$$ S=\frac{4(1+t^2)}{1+t}. $$

問3

$0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ であるから、

$$ 0<t=\tan\frac{\theta}{2}<1 $$

である。

そこで

$$ f(t)=\frac{4(1+t^2)}{1+t}\qquad (0<t<1) $$

とおくと、

$$ f'(t)=4\cdot \frac{2t(1+t)-(1+t^2)}{(1+t)^2} =4\cdot \frac{t^2+2t-1}{(1+t)^2}. $$

よって

$$ f'(t)=0 $$

となるのは

$$ t^2+2t-1=0 $$

すなわち

$$ t=-1\pm \sqrt{2} $$

であり、$0<t<1$ を満たすのは

$$ t=\sqrt{2}-1 $$

のみである。

また、$t^2+2t-1$ はこの値で負から正に変わるので、このとき $S$ は最小となる。

その最小値は

$$ \begin{aligned} S_{\min} &= \frac{4{1+(\sqrt2-1)^2}}{1+\sqrt2-1} \\ \frac{4(4-2\sqrt2)}{\sqrt2} \\ 8(\sqrt2-1). \end{aligned} $$

解説

この問題の要点は、回転後の正方形の辺を「回転した直線」として扱うことである。辺 $A'D'$ はもとの直線 $x=1$ の回転像なので、方程式をすぐに書ける。

また、重なり部分そのものを直接求めようとすると見通しが悪いが、正方形 $ABCD$ から四隅の合同な直角三角形を引く形で考えると面積計算が一気に簡単になる。さらに $t=\tan\dfrac{\theta}{2}$ を用いると、$\sin\theta,\cos\theta$ が有理式で表せるため、式整理がしやすい。

答え

**(1)**

$$ \begin{aligned} P\left(1,\frac{1-\cos\theta}{\sin\theta}\right) &= \left(1,\tan\frac{\theta}{2}\right) \end{aligned} $$

**(2)**

$$ S=\frac{4(1+t^2)}{1+t} \qquad \left(t=\tan\frac{\theta}{2}\right) $$

**(3)**

$$ S_{\min}=8(\sqrt2-1) $$

であり、このとき

$$ t=\sqrt2-1,\qquad \theta=\frac{\pi}{4} $$

である。