解説

方針・初手

重心は頂点と対辺の中点を結ぶ中線上にあり、$AG:GM=2:1$ である。まずこの性質から、辺 $BC$ の中点 $M$ を求める。

次に、正三角形の形を確定し、円

$$ x^2+y^2-2y\leqq 0 $$

すなわち

$$ x^2+(y-1)^2\leqq 1 $$

との位置関係を調べる。共通部分は、いくつかの三角形と円弧で囲まれた部分に分けると面積を求めやすい。

解法1

（1） 辺 $BC$ の中点 $M$ の座標

重心 $G$ は中線 $AM$ を $AG:GM=2:1$ に内分するから、

$$ \vec{OG}=\frac{2\vec{OM}+\vec{OA}}{3} $$

である。したがって、

$$ \vec{OM}=\frac{3\vec{OG}-\vec{OA}}{2} $$

となる。

$A\left(\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac12\right)$、$G\left(-\dfrac{\sqrt3}{6},\dfrac12\right)$ を代入すると、

$$ \vec{OM} =\frac{1}{2}\left\{3\left(-\frac{\sqrt3}{6},\frac12\right)-\left(\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right)\right\} $$

$$ =\frac{1}{2}\left(-\sqrt3,1\right) =\left(-\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right) $$

よって、

$$ M\left(-\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right) $$

である。

（2） $D_1$ と $D_2$ の共通部分の面積

まず、$A$ と $M$ はともに $y=\dfrac12$ 上にあるので、

$$ AM=\sqrt3 $$

である。

正三角形において、頂点から対辺の中点までの長さは高さであり、辺の長さを $s$ とすると

$$ \frac{\sqrt3}{2}s=AM=\sqrt3 $$

より、

$$ s=2 $$

となる。したがって $BC=2$ であり、$M$ はその中点だから、$BC$ は鉛直線で

$$ B\left(-\frac{\sqrt3}{2},\frac32\right),\quad C\left(-\frac{\sqrt3}{2},-\frac12\right) $$

となる。

また、$D_2$ は

$$ x^2+(y-1)^2\leqq 1 $$

より、中心 $P(0,1)$、半径 $1$ の円の内部である。

$A,B,M$ がこの円周上にあることを確かめると、

$$ \left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac12\right)^2-2\cdot\frac12=0 $$

$$ \left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac32\right)^2-2\cdot\frac32=0 $$

$$ \left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac12\right)^2-2\cdot\frac12=0 $$

で、いずれも成り立つ。

さらに、辺 $AC$ の方程式を求める。$A\left(\dfrac{\sqrt3}{2},\dfrac12\right)$ と $C\left(-\dfrac{\sqrt3}{2},-\dfrac12\right)$ を通るので、傾きは

$$ \frac{-\frac12-\frac12}{-\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2}} =\frac{1}{\sqrt3} $$

であり、

$$ AC:\ y=\frac{x}{\sqrt3} $$

となる。よって原点 $O(0,0)$ は $AC$ 上にある。また $O$ は

$$ 0^2+0^2-2\cdot 0=0 $$

を満たすので、$O$ も円周上にある。

したがって、$D_1$ と $D_2$ の共通部分は、線分 $AB,,BM,,OA$ と、円弧 $MO$ で囲まれた図形である。

そこで、その面積を

• 三角形 $ABM$
• 三角形 $AOM$
• 弦 $MO$ と弧 $MO$ にはさまれた円弧部分

の和として求める。

まず、

$$ [ABM]=\frac12\cdot BM\cdot (\text{$A$ から直線 $BC$ までの距離}) $$

である。$BM=1$、$A$ から直線 $x=-\dfrac{\sqrt3}{2}$ までの距離は $\sqrt3$ だから、

$$ [ABM]=\frac12\cdot 1\cdot \sqrt3=\frac{\sqrt3}{2} $$

次に、$AOM$ では、底辺 $AM=\sqrt3$、高さは原点から直線 $y=\dfrac12$ までの距離 $\dfrac12$ だから、

$$ [AOM]=\frac12\cdot \sqrt3\cdot \frac12=\frac{\sqrt3}{4} $$

最後に、円弧部分を求める。円の中心を $P(0,1)$ とすると、

$$ \overrightarrow{PO}=(0,-1),\quad \overrightarrow{PM}=\left(-\frac{\sqrt3}{2},-\frac12\right) $$

であるから、

$$ \overrightarrow{PO}\cdot\overrightarrow{PM} =0\cdot\left(-\frac{\sqrt3}{2}\right)+(-1)\cdot\left(-\frac12\right) =\frac12 $$

半径はいずれも $1$ なので、

$$ \cos \angle OPM=\frac12 $$

より、

$$ \angle OPM=\frac{\pi}{3} $$

である。

したがって、扇形 $OPM$ の面積は

$$ \frac12\cdot 1^2\cdot \frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{6} $$

また、三角形 $OPM$ の面積は

$$ [OPM]=\frac12\cdot 1\cdot 1\cdot \sin\frac{\pi}{3} =\frac12\cdot \frac{\sqrt3}{2} =\frac{\sqrt3}{4} $$

ゆえに、弦 $MO$ と弧 $MO$ にはさまれた部分の面積は

$$ \frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt3}{4} $$

である。

以上より、求める共通部分の面積は

$$ \frac{\sqrt3}{2}+\frac{\sqrt3}{4}+\left(\frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt3}{4}\right) =\frac{\sqrt3}{2}+\frac{\pi}{6} $$

となる。

解説

重心の性質 $AG:GM=2:1$ を使えば、中点 $M$ はすぐに求まる。ここで $A$ と $G$ の $y$ 座標が同じなので、$AM$ が水平になり、正三角形の向きがほぼ確定するのが重要である。

面積計算では、円との共通部分をそのまま積分で処理することもできるが、この問題では交点 $A,B,M,O$ を押さえると、三角形と扇形の差で整理できる。図形的に分解するのが最も自然である。

答え

**(1)**

$$ M\left(-\frac{\sqrt3}{2},\frac12\right) $$

**(2)**

$$ \frac{\sqrt3}{2}+\frac{\pi}{6} $$