解説

方針・初手

$H$ は直線 $AB$ 上にあり、

$$ \vec{OH}=t\vec{OA}+(1-t)\vec{OB} $$

と表されているので、$t$ は $H$ の位置を表す媒介変数である。さらに $OH \perp AB$ であるから、

$$ \vec{OH}\cdot \vec{AB}=0 $$

を用いれば $t$ を求められる。

また、$\triangle OAB$ の面積は

$$ \frac12 ab\sin\theta $$

であるから、最大となる $\theta$ は $\sin\theta$ の最大値からすぐに決まる。

解法1

**(1)**

$\triangle OAB$ の面積 $S$ は

$$ S=\frac12 ab\sin\theta $$

である。$0<\theta<\pi$ において $\sin\theta$ は $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ のとき最大値 $1$ をとるから、面積が最大となるのは

$$ \theta=\frac{\pi}{2} $$

のときである。

このとき $\vec{OA}\cdot\vec{OB}=ab\cos\theta=0$ であり、$\triangle OAB$ は $O$ を直角とする直角三角形である。

以下、一般の $\theta$ についてまず $t$ を求め、その後 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ を代入する。

$H$ は $AB$ 上にあり、しかも $OH\perp AB$ であるから、

$$ \vec{OH}\cdot(\vec{OA}-\vec{OB})=0 $$

である。ここで

$$ \vec{OH}=t\vec{OA}+(1-t)\vec{OB} $$

を代入すると、

$$ \left(t\vec{OA}+(1-t)\vec{OB}\right)\cdot(\vec{OA}-\vec{OB})=0 $$

となる。内積を計算すると、

$$ t(a^2-ab\cos\theta)+(1-t)(ab\cos\theta-b^2)=0 $$

ゆえに

$$ t(a^2+b^2-2ab\cos\theta)=b^2-ab\cos\theta $$

となるから、

$$ t=\frac{b^2-ab\cos\theta}{a^2+b^2-2ab\cos\theta} $$

を得る。

したがって $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ のとき

$$ t=\frac{b^2}{a^2+b^2} $$

である。

次に $AH,\ BH$ を求める。$H$ は

$$ \vec{OH}=t\vec{OA}+(1-t)\vec{OB} $$

であるから、

$$ \vec{AH}=\vec{OH}-\vec{OA}=(1-t)(\vec{OB}-\vec{OA}) $$

となり、

$$ AH=(1-t)AB $$

である。同様に

$$ \vec{BH}=\vec{OH}-\vec{OB}=t(\vec{OA}-\vec{OB}) $$

より、

$$ BH=tAB $$

である。

$\theta=\dfrac{\pi}{2}$ のとき

$$ AB=\sqrt{a^2+b^2} $$

であるから、

$$ AH=(1-t)AB=\frac{a^2}{a^2+b^2}\sqrt{a^2+b^2} =\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}} $$

$$ BH=tAB=\frac{b^2}{a^2+b^2}\sqrt{a^2+b^2} =\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}} $$

となる。

**(2)**

上で求めた通り、

$$ t=\frac{b^2-ab\cos\theta}{a^2+b^2-2ab\cos\theta} $$

である。

**(3)**

（2） の式を $\theta$ で微分する。分子を

$$ N=b^2-ab\cos\theta $$

分母を

$$ D=a^2+b^2-2ab\cos\theta $$

とおくと、

$$ t=\frac{N}{D} $$

であり、

$$ N'=ab\sin\theta,\qquad D'=2ab\sin\theta $$

である。よって商の微分法より

$$ \frac{dt}{d\theta} =\frac{N'D-ND'}{D^2} $$

したがって

$$ \frac{dt}{d\theta} =\frac{ab\sin\theta(a^2+b^2-2ab\cos\theta)-2ab\sin\theta(b^2-ab\cos\theta)}{(a^2+b^2-2ab\cos\theta)^2} $$

$$ =\frac{ab\sin\theta(a^2-b^2)}{(a^2+b^2-2ab\cos\theta)^2} $$

となる。

ここで、条件より $a>b>0$ であるから $a^2-b^2>0$ であり、また $0<\theta<\pi$ なので $\sin\theta>0$ である。さらに分母は二乗であるから正である。したがって

$$ \frac{dt}{d\theta}>0 $$

である。

ゆえに、$\theta$ が増加するとき $t$ は増加する。

解説

この問題の本質は、$H$ が直線 $AB$ 上にあることと、$OH\perp AB$ であることを同時に使う点にある。$\vec{OH}=t\vec{OA}+(1-t)\vec{OB}$ という形は、$H$ が $AB$ を内分することを表しているので、垂直条件を内積で処理すれば $t$ が直接求まる。

（1） は面積が $\dfrac12 ab\sin\theta$ であることに気づけばすぐに終わるが、その後に $AH,\ BH$ を出すには、$t$ が線分 $AB$ 上の比を表していることを押さえる必要がある。

（3） は、（2） で得た式をそのまま微分するのが最も確実である。$a>b$ と $0<\theta<\pi$ の条件が、導関数の符号判定にそのまま効いている。

答え

**(1)**

面積が最大となるのは

$$ \theta=\frac{\pi}{2} $$

のときである。そのとき

$$ t=\frac{b^2}{a^2+b^2} $$

$$ AH=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}},\qquad BH=\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}} $$

である。

**(2)**

$$ t=\frac{b^2-ab\cos\theta}{a^2+b^2-2ab\cos\theta} $$

**(3)**

$$ \frac{dt}{d\theta} =\frac{ab(a^2-b^2)\sin\theta}{(a^2+b^2-2ab\cos\theta)^2}>0 $$

より、$\theta$ が増加するとき $t$ は増加する。