解説

方針・初手

弦 $AB$ の長さ $r$ が固定されているとき、$\triangle ABP$ の面積は

$$ \frac12 \cdot AB \cdot (\text{$P$ から直線 $AB$ への距離}) $$

である。

したがって、まずは底辺 $AB$ を固定したまま、高さが最大になる点 $P$ を考えればよい。 その後、得られた最大面積を $r$ の式とみて、さらに最大化する。

解法1

円の中心を $O$、弦 $AB$ の中点を $M$ とする。

半径が $1$ であり、$AM=\dfrac r2$ だから、直角三角形 $OAM$ において

$$ OM=\sqrt{OA^2-AM^2} =\sqrt{1-\left(\frac r2\right)^2} =\sqrt{1-\frac{r^2}{4}} $$

である。

ここで、$\triangle ABP$ の面積は、底辺 $AB=r$ を固定すると、点 $P$ から直線 $AB$ への距離が最大のときに最大となる。

直線 $AB$ に垂直で、しかも $O$ を通る直線を考えると、その直線と円との交点のうち、弦 $AB$ と反対側にある点でこの距離は最大になる。 そのときの高さは

$$ OM+OP=\sqrt{1-\frac{r^2}{4}}+1 $$

であるから、$\triangle ABP$ の面積の最大値 $[ア]$ は

$$ [ア] =\frac12 \cdot r \left(1+\sqrt{1-\frac{r^2}{4}}\right) $$

となる。

次に、これを $r$ について最大にする。 $0<r\le 2$ より、$x=\dfrac r2$ とおくと $0<x\le 1$ であり、

$$ [ア]=x\left(1+\sqrt{1-x^2}\right) $$

と書ける。

これを

$$ f(x)=x\left(1+\sqrt{1-x^2}\right) $$

とおくと、

$$ f'(x) =1+\sqrt{1-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} $$

である。

ここで

$$ y=\sqrt{1-x^2}\quad (0\le y<1) $$

とおくと、$x^2=1-y^2$ であるから

$$ f'(x) =1+y-\frac{1-y^2}{y} =1+2y-\frac1y $$

となる。したがって、極値は

$$ 1+2y-\frac1y=0 $$

すなわち

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

を満たすときに生じる。これを解くと

$$ y=\frac12 $$

である。

よって

$$ \sqrt{1-x^2}=\frac12 \quad\Longrightarrow\quad x^2=\frac34 \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{\sqrt3}{2} $$

となるので、

$$ r=2x=\sqrt3 $$

である。

このとき

$$ [ア] =x\left(1+\sqrt{1-x^2}\right) =\frac{\sqrt3}{2}\left(1+\frac12\right) =\frac{3\sqrt3}{4} $$

となる。

解説

固定された弦 $AB$ に対しては、面積最大化は「高さ最大化」に言い換えられる。 そして、円の中心から弦までの距離を出せば、高さの最大値はすぐに求まる。

後半は、前半で得た $r$ の式を1変数関数として最大化するだけである。 図形問題であっても、途中からは関数の最大値の問題に落とし込むのが典型である。

答え

$$ [ア]=\frac12 , r\left(1+\sqrt{1-\frac{r^2}{4}}\right) $$

$$ [イ]=\sqrt3 $$

$$ [ウ]=\frac{3\sqrt3}{4} $$