解説

方針・初手

まず二次関数を平方完成して、放物線の頂点と軸を明らかにする。

次に、点 $C$ を $C(t,,-t^2+6t-5)$ とおいて、固定された辺 $AB$ を底辺とみれば、$\triangle ABC$ の面積は「$AB$ の長さ $\times$ 点 $C$ から直線 $AB$ までの距離」で表せる。これにより、（ア）、（イ） は同じ式の処理で解ける。

（ウ） は $AC=BC$ より、点 $C$ が線分 $AB$ の垂直二等分線上にあることを用いる。

解法1

（1） グラフを調べる。

与えられた二次関数は

$$ y=-x^2+6x-5=-(x-3)^2+4 $$

である。

したがって、放物線は

• 下に開く
• 軸は $x=3$
• 頂点は $(3,4)$

である。

また、端点は

$$ A=(1,,-1+6-5)=(1,0),\qquad B=(4,,-16+24-5)=(4,3) $$

である。

よって、求めるグラフは、頂点 $(3,4)$ をもち、$A(1,0)$、$B(4,3)$ を通る放物線 $y=-(x-3)^2+4$ のうち、$1\leqq x\leqq 4$ の部分である。

（2） 点 $C$ を

$$ C=(t,,-t^2+6t-5)\qquad (1\leqq t\leqq 4) $$

とおく。

まず、直線 $AB$ の方程式を求める。

$A(1,0)$、$B(4,3)$ を通るから、傾きは

$$ \frac{3-0}{4-1}=1 $$

であり、

$$ AB:\ y=x-1 $$

である。

また、

$$ AB=\sqrt{(4-1)^2+(3-0)^2}=3\sqrt{2} $$

である。

点 $C$ から直線 $AB$、すなわち $x-y-1=0$ までの距離は

$$ \frac{|t-(-t^2+6t-5)-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} =\frac{|t^2-5t+4|}{\sqrt{2}} =\frac{|(t-1)(t-4)|}{\sqrt{2}} $$

である。

したがって、$\triangle ABC$ の面積 $S$ は

$$ S=\frac12\cdot 3\sqrt2 \cdot \frac{|(t-1)(t-4)|}{\sqrt2} =\frac32 |(t-1)(t-4)| $$

となる。

ここで $1\leqq t\leqq 4$ だから $(t-1)(t-4)\leqq 0$ であり、

$$ S=\frac32 (t-1)(4-t) $$

と書ける。

（ア） $\triangle ABC$ の面積が $3$ であるとき

$$ \frac32 (t-1)(4-t)=3 $$

より、

$$ (t-1)(4-t)=2 $$

$$ -t^2+5t-4=2 $$

$$ t^2-5t+6=0 $$

$$ (t-2)(t-3)=0 $$

したがって、

$$ t=2,\ 3 $$

である。

よって、

$$ C=(2,3),\ (3,4) $$

である。

（イ） $\triangle ABC$ の面積が最大であるとき

$$ S=\frac32 (t-1)(4-t) =\frac32 \left(-t^2+5t-4\right) $$

であるから、これは $t$ の二次関数であり、下に開く。

平方完成すると

$$ S=\frac32 \left\{-\left(t-\frac52\right)^2+\frac94\right\} =-\frac32 \left(t-\frac52\right)^2+\frac{27}{8} $$

となる。

したがって、最大値は

$$ \frac{27}{8} $$

であり、そのとき

$$ t=\frac52 $$

である。

このとき、

$$ y=-\left(\frac52\right)^2+6\cdot \frac52-5 =-\frac{25}{4}+15-5 =\frac{15}{4} $$

より、

$$ C=\left(\frac52,\frac{15}{4}\right) $$

である。

（ウ） $\triangle ABC$ が $AC=BC$ となる二等辺三角形であるとき

$AC=BC$ であるから、点 $C$ は線分 $AB$ の垂直二等分線上にある。

線分 $AB$ の中点は

$$ \left(\frac{1+4}{2},\frac{0+3}{2}\right)=\left(\frac52,\frac32\right) $$

であり、$AB$ の傾きは $1$ だから、垂直二等分線の傾きは $-1$ である。

よって、その方程式は

$$ y-\frac32=-1\left(x-\frac52\right) $$

すなわち

$$ y=-x+4 $$

である。

これと放物線

$$ y=-x^2+6x-5 $$

との交点を求めると、

$$ -x^2+6x-5=-x+4 $$

$$ x^2-7x+9=0 $$

$$ x=\frac{7\pm \sqrt{13}}{2} $$

を得る。

このうち、定義域 $1\leqq x\leqq 4$ に入るのは

$$ x=\frac{7-\sqrt{13}}{2} $$

だけである。

そのとき

$$ y=-x+4 =4-\frac{7-\sqrt{13}}{2} =\frac{1+\sqrt{13}}{2} $$

であるから、

$$ C=\left(\frac{7-\sqrt{13}}{2},\frac{1+\sqrt{13}}{2}\right) $$

である。

解説

この問題の中心は、点 $C$ を文字で表し、$\triangle ABC$ の面積を $t$ の式に直すことである。

底辺 $AB$ は固定されているので、面積は点 $C$ から直線 $AB$ までの距離だけで決まる。したがって、面積条件や最大値はすべて同じ式

$$ S=\frac32 (t-1)(4-t) $$

の処理に帰着する。

また、$AC=BC$ は「$A$ と $B$ から等距離の点」であることを意味するので、垂直二等分線を使うのが最も自然である。

答え

**(1)**

グラフは

$$ y=-(x-3)^2+4 \qquad (1\leqq x\leqq 4) $$

であり、下に開く放物線の一部である。軸は $x=3$、頂点は $(3,4)$、端点は

$$ A(1,0),\quad B(4,3) $$

である。

**(2)**

**(ア)**

$$ C=(2,3),\ (3,4) $$

**(イ)**

面積の最大値は

$$ \frac{27}{8} $$

であり、そのとき

$$ C=\left(\frac52,\frac{15}{4}\right) $$

である。

**(ウ)**

$$ C=\left(\frac{7-\sqrt{13}}{2},\frac{1+\sqrt{13}}{2}\right) $$

である。