図形の問題

質問

一辺1の正三角形が2枚重なってあり、片方を、重心を中心として
角θ(0＜θ＜2/3π)
回転させる。このとき重なり合った部分の面積を求めよ。
座標平面で、重ならない3つの三角形(合同)の面積を求めて、全体からひこうとしたんですが、計算が大変でうまくいきません。解法お願いします。

回答No.4

tecchan22 · ベストアンサー

＃１さんも＃２さんも合ってますよ。
（ただし、＃１さんの最後の解答は（√3）/2{1＋２sin（θ＋30°）}
のミスプリ。ｓｉｎの前の２がぬけましたね）

計算が大変でも、座標でやろうとしたのなら、やりきってみればどうですか？そのくらい出来ていいと思いますよ。

色んな解き方があるし、それにより色んな（同じなのだが見かけ上異なる）答えが出てきますね。

参考のため別解の一つを。
三角形ＡＢＣを反時計回りにθ回転し、三角形Ａ’Ｂ’Ｃ’とする。
三角形ＡＢＣ上に出来る、二つの三角形の交点を、頂点Ａ→Ｂ→Ｃ→Ａ
と一周したときの順に、Ｐ,Ｑ,Ｒ,Ｓ,Ｔ,Ｕとする。

ここで、重ならない６つの三角形が、すべて相似であることはすぐ分かる。
それらが合同になることは直観的には明らかだが、
例えば、辺ＡＢの中点Ｍ,辺Ａ’Ｃ’の中点Ｎをとり、重心をＯとして、△ＯＰＭ≡△ＯＰＮ（斜辺と他の一辺が等しい直角三角形）より、
∠ＯＰＢ＝∠ＯＰＣ’が言える。
それにより∠ＯＰＡ＝∠ＯＰＡ’が言え、△ＯＡＰ≡△ＯＡ’Ｐが言える。
よってＡＰ＝Ａ’Ｐが言え、△ＡＰＵ≡△Ａ’ＰＱが言える。他も同様。
（この辺は直観的に明らか、または対称性より明らか、としていいでしょう）

そこまで分かった上で、図に角度などを書き込んでいけば、自然と解法が思いつくと思いますよ。

注意点としては、θ回転しているのだから、∠ＡＯＡ’なども当然θになりますが、対応する辺どうしのなす角、例えばＡＢとＡ’Ｂ’のなす角もθとなります。お分かりかと思いますが念のため。

その上で、重ならない三角形たちを引いてもいいし（＃２さん）、重なる部分の図形は合同な６つの三角形からなりますから、そこから求めてもいい（＃１さん）です。

使う道具は、やはりすぐ思いつくものとしては正弦定理かな・・。

さてここからが別解です。
Ａ’から辺ＡＢに下ろした垂線の足をＤとする。ＯＡ’と辺ＡＢのなす角はθ＋３０°より、Ａ’Ｄ＋ＯＭ＝ＯＡ’sin（θ＋３０°）
＝ＯＡsin（θ＋３０°）
またＯＡ＝２ＯＭ（△ＯＡＭの形より）だから、
（Ａ’Ｄ＋ＯＭ）／ＯＭ＝ＯＡsin（θ＋３０°）／ＯＭ＝２sin(θ＋３０°）
よって、四角形ＯＰＡ’Ｑ／△ＯＰＱ＝２sin（θ＋３０°）
ここで、△ＡＢＣのうち、はみ出した三角形３つ分の面積をＳ,重なる部分の面積をＴとすると、
いま、△ＡＢＣと△Ａ’Ｂ’Ｃ’が重なってできる図形全体の面積は２Ｓ＋Ｔ。
それは四角形ＯＰＡ’Ｑと合同な四角形６つに分割できるから、
全体の面積／重なる部分の面積＝四角形ＯＰＡ’Ｑ／△ＯＰＱ
∴（２Ｓ＋Ｔ）／Ｔ＝２sin（θ＋３０°）
ここから、Ｓ／Ｔ＝sin（θ＋３０°）－１／２
（Ｓ＋Ｔ）／Ｔ＝sin（θ＋３０°）＋１／２
Ｔ／（Ｓ＋Ｔ）＝１／｛sin（θ＋３０°）＋１／２｝
と計算でき、
Ｓ＋Ｔ＝△ＡＢＣ＝√３／４より、
Ｔ＝√３／４｛sin（θ＋３０°）＋１／２｝
を得る。

もっと良い解答があると面白いのですが！

お礼

解説ありがとうございます！理解できました！

回答No.3

debut

No2です。
ＡＧ＝ＥＧ、ＡＨ＝ＥＨですよね。
だから、３組の辺がそれぞれ等しくて△ＡＧＨ≡△ＥＧＨ
です。
よって、∠ＡＧＨ＝∠ＥＧＨです。
また、△ＡＧＥは二等辺三角形なので、ＧＨを延長して
ＡＥと交わる点をＪとしたときの線分ＧＪは二等辺三角形
の頂角の二等分線なので、∠ＡＪＧ＝π/２となるのでは
ないでしょうか？（∠ＡＫＧも同様です。）

何か間違っているかなあ？指摘してください。

お礼

debutさんの言うとおりでした。質問にも答えていただきありがとうございました！

回答No.2

debut

△ＡＢＣを重心Ｇを中心にして時計回りにθだけ回転させて
△ＤＥＦになったとします。
ＡＢ、ＡＣがＤＥと交わる点をそれぞれＨ，Ｉとし、
ＧＨの延長とＡＥとの交点をＪ、ＧＩの延長とＡＤとの交点を
Ｋとします。
重なっていない部分の６つの三角形は合同なので、求める部分
の面積は、△ＡＢＣの面積から重なっていない部分の三角形３
つの面積を引けばいいことになります。
重なっていない部分の三角形１個、例えば△ＡＨＩの面積は
(1/2)ＡＨ*ＡＩ*sin(π/3)なので、ＡＨ，ＡＩを求めます。

∠ＡＧＤ＝θなので、∠ＡＧＥ＝(２π－３θ)÷３＝(2π/3－θ)
であり、∠ＡＧＫ＝θ/2、∠ＡＧＪ＝(π/3－θ/2)です。
また、∠ＨＡＪ＝π/2-(π/3－θ/2)-π/6＝θ/2，
∠ＩＡＫ＝π/2－θ/2－π/6＝(π/3－θ/2)。

ＡＧは正三角形の中線(√3/2)を２：１に分ける２の方なので
(√3/2)×(2/3)から√3/3です。

よって、△ＡＧＪでＡＪ＝(√3/3)sin(π/3－θ/2)、△ＡＨＪで
ＡＪ＝ＡＨcos(θ/2)となるから
ＡＨ＝{(√3/3)sin(π/3－θ/2)}/cos(θ/2)

△ＡＧＫで、ＡＫ＝(√3/3)sin(θ/2)、△ＡＩＫで、
ＡＫ＝ＡＩcos(π/3－θ/2)となるから、
ＡＩ＝{(√3/3)sin(θ/2)}/cos(π/3－θ/2)

△ＡＨＩの面積＝(1/2)*{(√3/3)sin(π/3－θ/2)}/cos(θ/2)*
　　　　　　　　{(√3/3)sin(θ/2)}/cos(π/3－θ/2)*sin(π/3)
　　　　　　　＝(√3/12)tan(θ/2)tan(π/3－θ/2)
となり、求める部分は
(√３/４){１－tan(θ/2)tan(π/3－θ/2)}。

補足

∠AJG≠π/2なので、上のようにはいかないんじゃないでしょうか？

回答No.1

take_5

骨のある問題ですね。
2つの正三角形が同じ円に外接していることに着目すると良いでしょう。

△ＡＢＣをθだけ回転した三角形をＡ´Ｂ´Ｃ´とすると、Ａ´Ｃ´はＡＣとθの角をなし、△ＡＢＣの内接円Ｏに接する。
円ＯとＡＢ、ＡＣの接点を各々Ｄ、Ｅとすれば、ＡＤ、ＡＥとＡ´Ｃ´の交点をそれぞれＰ、Ｑとする。
△ＡＰＱに正弦定理を用いると、ＡＰ＝（sinθ）/（sin60°）*ＰＱ、ＡＱ＝（sin（θ＋60°）/（sin60°）*ＰＱであるから、ＡＰ＋ＡＱ＝2*sin（θ＋30°）*ＰＱ。
ＡＰ＋ＡＱ＋ＰＱ＝2*ＡＤ＝1であるから、ＰＱ＝1/{1＋2sin（θ＋30°）}。従って、△ＯＰＱ＝ＯＤ*ＰＱ/2であるから、求める共通部分の面積＝6*△ＯＰＱ＝（√3）/2{1＋sin（θ＋30°）}

計算はチェックしてください。