解説

方針・初手

$\angle AOB=90^\circ$ であるから、これを3等分する直線 $OP,\ OQ$ は、それぞれ $x$ 軸となす角が $30^\circ,\ 60^\circ$ の直線である。

したがって、まず

$$ OP:\ y=\frac{1}{\sqrt{3}}x,\qquad OQ:\ y=\sqrt{3}x $$

を立て、これらと線分 $AB$ の交点として $P,\ Q$ を求める。 ついでに、$\triangle POQ$ の面積は座標を用いて行列式で求めるのが最も直接的である。

解法1

線分 $AB$ は $A(a,0),\ B(0,b)$ を通るから、その方程式は

$$ \frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1 $$

である。

（1） 点 $P,\ Q$ の座標

$\angle AOP<\angle AOQ$ より、$OP,\ OQ$ はそれぞれ

$$ \angle AOP=30^\circ,\qquad \angle AOQ=60^\circ $$

である。よって

$$ OP:\ y=\frac{1}{\sqrt{3}}x,\qquad OQ:\ y=\sqrt{3}x $$

となる。

まず $P$ は $AB$ と $OP$ の交点であるから、

$$ \frac{x}{a}+\frac{1}{b}\cdot \frac{x}{\sqrt{3}}=1 $$

より、

$$ x\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{\sqrt{3}b}\right)=1 $$

したがって

$$ x=\frac{\sqrt{3}ab}{a+\sqrt{3}b} $$

であり、

$$ y=\frac{1}{\sqrt{3}}x=\frac{ab}{a+\sqrt{3}b} $$

となる。よって

$$ P\left(\frac{\sqrt{3}ab}{a+\sqrt{3}b},\ \frac{ab}{a+\sqrt{3}b}\right) $$

である。

同様に、$Q$ は $AB$ と $OQ$ の交点であるから、

$$ \frac{x}{a}+\frac{\sqrt{3}x}{b}=1 $$

より、

$$ x\left(\frac{1}{a}+\frac{\sqrt{3}}{b}\right)=1 $$

したがって

$$ x=\frac{ab}{b+\sqrt{3}a} $$

であり、

$$ y=\sqrt{3}x=\frac{\sqrt{3}ab}{b+\sqrt{3}a} $$

となる。よって

$$ Q\left(\frac{ab}{b+\sqrt{3}a},\ \frac{\sqrt{3}ab}{b+\sqrt{3}a}\right) $$

である。

**(2)**

$\triangle POQ$ の面積

座標を

$$ P(x_1,y_1),\qquad Q(x_2,y_2) $$

とすると、$\triangle POQ$ の面積は

$$ \frac12|x_1y_2-x_2y_1| $$

である。

ここで

$$ x_1=\frac{\sqrt{3}ab}{a+\sqrt{3}b},\quad y_1=\frac{ab}{a+\sqrt{3}b},\quad x_2=\frac{ab}{b+\sqrt{3}a},\quad y_2=\frac{\sqrt{3}ab}{b+\sqrt{3}a} $$

であるから、

$$ x_1y_2=\frac{3a^2b^2}{(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)} $$

$$ x_2y_1=\frac{a^2b^2}{(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)} $$

したがって

$$ \triangle POQの面積 =\frac12\left( \frac{3a^2b^2-a^2b^2}{(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)} \right) =\frac{a^2b^2}{(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)} $$

である。

**(3)**

$\triangle POQ$ の面積が $\triangle AOB$ の面積の $\dfrac13$ 倍より小さいことの証明

$\triangle AOB$ の面積は

$$ \frac12ab $$

であるから、その $\dfrac13$ 倍は

$$ \frac{ab}{6} $$

である。

したがって示すべきことは

$$ \frac{a^2b^2}{(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)}<\frac{ab}{6} $$

である。$a>0,\ b>0$ より両辺に正の数 $6(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)$ を掛けると、

$$ 6ab<(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a) $$

を示せばよい。

右辺を展開すると

$$ (a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a) =\sqrt{3}a^2+4ab+\sqrt{3}b^2 $$

であるから、これは

$$ 2ab<\sqrt{3}(a^2+b^2) $$

を示すことに等しい。

ここで、

$$ a^2+b^2\ge 2ab $$

より

$$ \sqrt{3}(a^2+b^2)\ge 2\sqrt{3}ab>2ab $$

である。よって

$$ 2ab<\sqrt{3}(a^2+b^2) $$

が成り立つので、

$$ \triangle POQの面積<\frac{ab}{6} =\frac13\cdot \triangle AOBの面積 $$

であることが示された。

解説

この問題の要点は、$\angle AOB=90^\circ$ であることから、3等分線の傾きがすぐに

$$ \tan 30^\circ=\frac{1}{\sqrt{3}},\qquad \tan 60^\circ=\sqrt{3} $$

と決まる点にある。

したがって、幾何的に考え込むよりも、直線の方程式と交点計算で処理するのが最短である。 また、面積比較では求めた面積公式をそのまま不等式に直し、最後は

$$ a^2+b^2\ge 2ab $$

を使えばよい。

答え

**(1)**

$$ P\left(\frac{\sqrt{3}ab}{a+\sqrt{3}b},\ \frac{ab}{a+\sqrt{3}b}\right),\qquad Q\left(\frac{ab}{b+\sqrt{3}a},\ \frac{\sqrt{3}ab}{b+\sqrt{3}a}\right) $$

**(2)**

$$ \triangle POQの面積 =\frac{a^2b^2}{(a+\sqrt{3}b)(b+\sqrt{3}a)} $$

**(3)**

$$ \triangle POQの面積<\frac13,\triangle AOBの面積 $$

すなわち

$$ \triangle POQの面積<\frac{ab}{6} $$

である。