解説

方針・初手

まず、与えられた長さの条件を2乗して、$\vec a \cdot \vec b$ と $|\vec b|$ を求める。これにより $\triangle OAB$ の3辺と面積が決まるので、あとは「固定された底辺 $AB$ に対する高さの最大値」を考えればよい。

解法1

$\vec a \cdot \vec b=x,\ |\vec b|^2=y$ とおく。$|\vec a|=1$ より、

$$ |\vec a+\vec b|^2=|\vec a|^2+2\vec a\cdot \vec b+|\vec b|^2 =1+2x+y

$$

である。条件 $|\vec a+\vec b|=\sqrt7$ から、

$$ 1+2x+y=7

$$

すなわち、

$$ 2x+y=6

$$

を得る。

また、

$$ |2\vec a+\vec b|^2=4|\vec a|^2+4\vec a\cdot \vec b+|\vec b|^2 =4+4x+y

$$

であり、条件 $|2\vec a+\vec b|=\sqrt7$ から、

$$ 4+4x+y=7

$$

すなわち、

$$ 4x+y=3

$$

を得る。

したがって、

$$ \begin{aligned} 2x+y&=6,\\ 4x+y&=3 \end{aligned}

$$

を解いて、

$$ x=-\frac{3}{2},\qquad y=9

$$

である。よって、

$$ \vec a\cdot \vec b=-\frac{3}{2},\qquad |\vec b|=3

$$

である。

**(1)**

$\overrightarrow{AB}=\vec b-\vec a$ であるから、

$$ |\overrightarrow{AB}|^2=|\vec b-\vec a|^2 =|\vec b|^2-2\vec a\cdot \vec b+|\vec a|^2

$$

である。よって、

$$ |\overrightarrow{AB}|^2 =9-2\left(-\frac{3}{2}\right)+1 =13

$$

したがって、

$$ |\overrightarrow{AB}|=\sqrt{13}

$$

である。

また、$\angle AOB=\theta$ とすると、

$$ \cos\theta=\frac{\vec a\cdot \vec b}{|\vec a||\vec b|} =\frac{-\frac{3}{2}}{1\cdot 3} =-\frac{1}{2}

$$

より、

$$ \theta=120^\circ

$$

である。したがって、$\triangle OAB$ の面積を $S$ とすると、

$$ S=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 3\cdot \sin120^\circ =\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{\sqrt3}{2} =\frac{3\sqrt3}{4}

$$

である。

**(2)**

点 $P$ は $\triangle OAB$ の外接円上を動く。底辺 $AB$ は固定されているので、$\triangle PAB$ の面積を最大にするには、点 $P$ から直線 $AB$ までの距離を最大にすればよい。

$\triangle OAB$ の外接円の半径を $R$ とする。三角形の面積公式

$$ S=\frac{abc}{4R}

$$

を用いると、

$$ R=\frac{1\cdot 3\cdot \sqrt{13}}{4\cdot \frac{3\sqrt3}{4}} =\frac{\sqrt{13}}{\sqrt3} =\frac{\sqrt{39}}{3}

$$

である。

外接円の中心を $C$ とする。直線 $AB$ は外接円の弦であり、$C$ から直線 $AB$ までの距離を $d$ とすると、

$$ d^2=R^2-\left(\frac{|AB|}{2}\right)^2

$$

である。したがって、

$$ d^2=\left(\frac{\sqrt{39}}{3}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{13}}{2}\right)^2 =\frac{39}{9}-\frac{13}{4} =\frac{13}{3}-\frac{13}{4} =\frac{13}{12}

$$

より、

$$ d=\frac{\sqrt{39}}{6}

$$

である。

円周上の点から直線 $AB$ までの距離の最大値は、中心 $C$ から直線 $AB$ までの距離に半径を加えたものなので、

$$ R+d=\frac{\sqrt{39}}{3}+\frac{\sqrt{39}}{6} =\frac{\sqrt{39}}{2}

$$

である。

よって、$\triangle PAB$ の面積の最大値は、

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot \frac{\sqrt{39}}{2} &= \frac{1}{2}\cdot \sqrt{13}\cdot \frac{\sqrt{39}}{2}\\ &= \frac{\sqrt{507}}{4}\\ &= \frac{13\sqrt3}{4} \end{aligned} $$

である。

**(3)**

点 $Q$ は中心 $O$、半径 $|OA|=1$ の円上を動く。ここでも底辺 $AB$ は固定されているので、$\triangle QAB$ の面積の最大化は、点 $Q$ から直線 $AB$ までの距離の最大化に帰着される。

まず、点 $O$ から直線 $AB$ までの距離を $h$ とする。$\triangle OAB$ の面積は、

$$ S=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h

$$

であるから、

$$ h=\frac{2S}{|AB|} =\frac{2\cdot \frac{3\sqrt3}{4}}{\sqrt{13}} =\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{13}}

$$

である。

点 $Q$ は中心 $O$、半径 $1$ の円上を動くので、直線 $AB$ から最も遠い点は、$O$ から直線 $AB$ へ下ろした垂線の反対方向に半径 $1$ だけ進んだ点である。したがって、点 $Q$ から直線 $AB$ までの距離の最大値は、

$$ h+1=\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{13}}+1

$$

である。

よって、$\triangle QAB$ の面積の最大値は、

$$ \frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot (h+1) = \frac{1}{2}\cdot \sqrt{13}\left(\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{13}}+1\right)

$$

である。これを整理すると、

$$ \frac{1}{2}\cdot \sqrt{13}\left(\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{13}}+1\right) = \frac{3\sqrt3}{4}+\frac{\sqrt{13}}{2}

$$

となる。

解説

この問題では、最初に $|\vec a+\vec b|$ と $|2\vec a+\vec b|$ の条件を2乗して、内積 $\vec a\cdot \vec b$ と $|\vec b|$ を決めるのが本質である。これにより、$\triangle OAB$ は $OA=1,\ OB=3,\ AB=\sqrt{13}$、さらに $\angle AOB=120^\circ$ と分かる。

**(2)**

と （3） はどちらも、底辺 $AB$ を固定したときの面積最大問題である。面積は「底辺 $\times$ 高さ」の半分なので、動点から直線 $AB$ までの距離の最大値を考えればよい。

**(2)**

では動点が外接円上にあるため、外接円の中心から弦 $AB$ までの距離と外接円の半径を用いる。（3） では動点が中心 $O$、半径 $1$ の円上にあるため、点 $O$ から直線 $AB$ までの距離に半径 $1$ を加えればよい。

答え

**(1)**

$$ |\overrightarrow{AB}|=\sqrt{13}

$$

**(2)**

$$ \triangle PAB \text{ の面積の最大値} = \frac{13\sqrt3}{4}

$$

**(3)**

$$ \triangle QAB \text{ の面積の最大値} = \frac{3\sqrt3}{4}+\frac{\sqrt{13}}{2}

$$