解説

方針・初手

$\angle POQ=\dfrac{\pi}{4}$ という条件は，ベクトル $\overrightarrow{OP}=(a,s)$，$\overrightarrow{OQ}=(t,1)$ のなす角に関する条件である。したがって，まず角の公式を用いて $s$ と $t$ の関係式を作る。

その後，$P$ が辺 $AB$ 上，$Q$ が辺 $BC$ 上にあることから $0\le s\le 1,\ 0\le t\le a$ を使って $t$ の範囲を定める。最後に三角形 $OPQ$ の面積を $t$ の式で表し，最小値を調べればよい。

解法1

$P(a,s),\ Q(t,1)$ とする。$P$ は辺 $AB$ 上，$Q$ は辺 $BC$ 上にあるから

$$ 0\le s\le 1,\qquad 0\le t\le a $$

である。

**(1)**

$s$ を $a,t$ で表す。

$\overrightarrow{OP}=(a,s),\ \overrightarrow{OQ}=(t,1)$ より，2ベクトルのなす角の正接は

$$ \begin{aligned} \tan \angle POQ &= \frac{|a\cdot 1-st|}{at+s} \\ \frac{|a-st|}{at+s} \end{aligned} $$

である。ここで $\angle POQ=\dfrac{\pi}{4}$ だから

$$ \frac{|a-st|}{at+s}=1 $$

すなわち

$$ |a-st|=at+s $$

を得る。

ここで $a>1,\ 0\le s\le 1,\ 0\le t\le a$ であるから，$-(a-st)=at+s$ とすると

$$ s=\frac{a(1+t)}{t-1} $$

となるが，これは $s\le 1$ に反する。よって

$$ a-st=at+s $$

でなければならない。したがって

$$ a-at=s(t+1) $$

より

$$ s=\frac{a(1-t)}{t+1} $$

である。

**(2)**

$t$ のとる値の範囲を求める。

上の式

$$ s=\frac{a(1-t)}{t+1} $$

と $0\le s\le 1$ を用いる。

まず $s\ge 0$ より

$$ \frac{a(1-t)}{t+1}\ge 0 $$

である。$t+1>0$ だから

$$ 1-t\ge 0 $$

すなわち

$$ t\le 1 $$

である。

次に $s\le 1$ より

$$ \frac{a(1-t)}{t+1}\le 1 $$

であり，これを整理すると

$$ a-at\le t+1 $$

$$ a-1\le t(a+1) $$

$$ t\ge \frac{a-1}{a+1} $$

となる。

したがって

$$ \frac{a-1}{a+1}\le t\le 1 $$

である。

（3） 三角形 $OPQ$ の面積 $S$ の最小値と，そのときの $t$ の値を求める。

三角形 $OPQ$ の面積は

$$ S=\frac12 |a\cdot 1-st| $$

である。上で $a-st=at+s>0$ を得ているので

$$ S=\frac12(a-st) $$

となる。

ここに

$$ s=\frac{a(1-t)}{t+1} $$

を代入すると

$$ \begin{aligned} S &= \frac12\left(a-t\cdot \frac{a(1-t)}{t+1}\right) \\ &= \frac{a}{2}\left(1-\frac{t(1-t)}{t+1}\right) \\ &= \frac{a}{2}\cdot \frac{1+t^2}{1+t} \end{aligned} $$

したがって

$$ S(t)=\frac{a}{2}\cdot \frac{1+t^2}{1+t} \qquad \left(\frac{a-1}{a+1}\le t\le 1\right) $$

である。

これを微分すると

$$ \begin{aligned} S'(t) &= \frac{a}{2}\cdot \frac{t^2+2t-1}{(1+t)^2} \end{aligned} $$

となる。よって

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

の正の解

$$ t=\sqrt2-1 $$

で極値をとる。

ここで

$$ \frac{a-1}{a+1}\le \sqrt2-1 $$

となる条件を調べると，

$$ a\le 1+\sqrt2 $$

である。

したがって場合分けして，

**(i)**

$1<a\le 1+\sqrt2$ のとき

区間 $\left[\dfrac{a-1}{a+1},1\right]$ の内部に $t=\sqrt2-1$ が入るので，このとき最小となる。

$$ \begin{aligned} S_{\min} &= \frac{a}{2}\cdot \frac{1+(\sqrt2-1)^2}{1+\sqrt2-1} \\ &= \frac{a}{2}\cdot \frac{1+(3-2\sqrt2)}{\sqrt2} \\ &= a(\sqrt2-1) \end{aligned} $$

よって

$$

t=\sqrt2-1,\qquad S_{\min}=a(\sqrt2-1)

$$

である。

**(ii)**

$a>1+\sqrt2$ のとき

$t=\sqrt2-1$ は許される範囲より小さいので，$S(t)$ は区間内で単調増加となり，左端

$$

t=\frac{a-1}{a+1}

$$

で最小となる。このとき

$$ \begin{aligned} S_{\min} &= \frac{a}{2}\cdot \frac{1+\left(\frac{a-1}{a+1}\right)^2}{1+\frac{a-1}{a+1}} \\ &= \frac{a^2+1}{2(a+1)} \end{aligned} $$

である。

したがって

$$ t=\frac{a-1}{a+1},\qquad S_{\min}=\frac{a^2+1}{2(a+1)} $$

である。

解説

この問題の要点は，$\angle POQ=\dfrac{\pi}{4}$ を図形的に眺めるだけで処理しようとせず，ベクトルのなす角の公式に落とすことである。すると $s$ が $t$ の式で表せるので，面積も1変数関数になる。

また，面積最小は常に内部で起こるとは限らない。$a$ が大きいと，極小を与える $t=\sqrt2-1$ が許容範囲の外に出るため，端点で最小となる。この境界が $a=1+\sqrt2$ である。

答え

**(1)**

$$ s=\frac{a(1-t)}{t+1} $$

**(2)**

$$ \frac{a-1}{a+1}\le t\le 1 $$

**(3)**

**(i)**

$1<a\le 1+\sqrt2$ のとき

$$ t=\sqrt2-1,\qquad S_{\min}=a(\sqrt2-1) $$

**(ii)**

$a>1+\sqrt2$ のとき

$$ t=\frac{a-1}{a+1},\qquad S_{\min}=\frac{a^2+1}{2(a+1)} $$

である。