0397-1979 东大工 数学 WEB

其他 几何 三角函数

長さ $a,b,c,d$ の四辺で構成される、図のような凸四辺形 $\mathrm{ABCD}$ について、次の問に答えよ。

(1) $\angle A,\angle C$ をそれぞれ $\theta ,\phi$ とするとき、四辺形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ を $\theta$ と $\phi$ を用いてあらわせ。

(2) $\theta$ と $\phi$ の間に成立する関係式を示せ。

(3) $\theta +\phi =\pi$ のとき、$S$ が最大になることを証明せよ。

(4) $S$ の最大値を $a,b,c,d$ であらわせ。

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解答：

(1)
四辺形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ は、対角線 $\mathrm{BD}$ によって分割される $△\mathrm{ABD}$ と $△\mathrm{BCD}$ の面積の和に等しい。
それぞれの三角形の面積公式を用いて、

$$S=\frac{1}{2}ad\sin \theta +\frac{1}{2}bc\sin \phi$$
したがって、
$$\boxed{S=\frac{1}{2}(ad\sin \theta +bc\sin \phi )}$$

(2)
$△\mathrm{ABD}$ および $△\mathrm{BCD}$ において、余弦定理を用いて対角線 $\mathrm{BD}$ の長さの2乗を表すと、

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{BD}}^2& =a^2+d^2-2ad\cos \theta \\ {\mathrm{BD}}^2& =b^2+c^2-2bc\cos \phi \end{array}$$

これらが等しいことから、次の方程式が成り立つ。

$$a^2+d^2-2ad\cos \theta =b^2+c^2-2bc\cos \phi$$
これを整理して、
$$\boxed{a^2+d^2-b^2-c^2=2ad\cos \theta -2bc\cos \phi }$$

(3)
(1) で求めた式から $2S=ad\sin \theta +bc\sin \phi$ とし、両辺を2乗すると、

$$4S^2=a^2{d}^2{\sin }^2\theta +2abcd\sin \theta \sin \phi +b^2{c}^2{\sin }^2\phi$$
さらに両辺を4倍して、
$$16S^2=4a^2{d}^2{\sin }^2\theta +8abcd\sin \theta \sin \phi +4b^2{c}^2{\sin }^2\phi$$
(2) で求めた関係式の両辺を2乗すると、
$$(a^2+d^2-b^2-c^2{)}^2=4a^2{d}^2{\cos }^2\theta -8abcd\cos \theta \cos \phi +4b^2{c}^2{\cos }^2\phi$$
これら2つの式を辺々加えると、${\sin }^{2}x+{\cos }^{2}x=1$ および加法定理 $\cos (\theta +\phi )=\cos \theta \cos \phi -\sin \theta \sin \phi$ を用いて次のように整理できる。

$$\begin{array}{rl}16S^2+(a^2+d^2-b^2-c^2{)}^2& =4a^2{d}^2({\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta )+4b^2{c}^2({\sin }^2\phi +{\cos }^2\phi )-8abcd(\cos \theta \cos \phi -\sin \theta \sin \phi )\\ & =4a^2{d}^2+4b^2{c}^2-8abcd\cos (\theta +\phi )\\ & =4(ad+bc{)}^2-8abcd-8abcd\cos (\theta +\phi )\\ & =4(ad+bc{)}^2-8abcd\{1+\cos (\theta +\phi )\}\end{array}$$

半角の公式 $1+\cos (\theta +\phi )=2{\cos }^2\frac{\theta +\phi }{2}$ を適用して移項すると、

$$16S^2=4(ad+bc{)}^2-(a^2+d^2-b^2-c^2{)}^2-16abcd{\cos }^2\frac{\theta +\phi }{2}$$
ここで $a,b,c,d$ は与えられた辺の長さであり定数であるため、面積 $S$ が最大となるのは引かれる項である ${\cos }^2\frac{\theta +\phi }{2}$ が最小となるときである。
${\cos }^2\frac{\theta +\phi }{2}\ge 0$ であるため、${\cos }^2\frac{\theta +\phi }{2}=0$ すなわち $\theta +\phi =\pi$ のとき、面積 $S$ は最大となる。(証明終)

(4)
(3) の結果より、$\theta +\phi =\pi$ のとき $S$ は最大値 $S_{\max }$ をとる。このとき ${\cos }^2\frac{\theta +\phi }{2}=0$ を代入し、右辺を因数分解する。

$$\begin{array}{rl}16S_{\max }^2& =4(ad+bc{)}^2-(a^2+d^2-b^2-c^2{)}^2\\ & =\{2(ad+bc)+(a^2+d^2-b^2-c^2)\}\{2(ad+bc)-(a^2+d^2-b^2-c^2)\}\\ & =\{(a+d{)}^2-(b-c{)}^2\}\{(b+c{)}^2-(a-d{)}^2\}\\ & =(a+d+b-c)(a+d-b+c)(b+c+a-d)(b+c-a+d)\end{array}$$

ここで、四辺形の半周長を $s=\frac{a+b+c+d}{2}$ と定義すると、
$a+d+b-c=2s-2c=2(s-c)$
$a+d-b+c=2s-2b=2(s-b)$
$b+c+a-d=2s-2d=2(s-d)$
$b+c-a+d=2s-2a=2(s-a)$
となるため、これらを代入して

$$16S_{\max }^2=16(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)$$
$$S_{\max }^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)$$
$S_{\max }>0$ であるから、
$$\boxed{S_{\max }=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\left(\text{ただし、}s=\frac{a+b+c+d}{2}\text{ とする}\right)}$$
（※ $s$ を用いずに $\frac{1}{4}\sqrt{4(ad+bc{)}^2-(a^2+d^2-b^2-c^2{)}^2}$ と表記しても正解となる。）

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这道题主要考察了任意凸四边形的面积计算及其极值问题，本质上是对几何学中经典的布雷特施奈德公式（Bretschneider’s formula）以及婆罗摩笈多公式（Brahmagupta’s formula）的推导。在求解过程中，巧妙地利用了正弦面积公式和余弦定理，并将得到的两个方程进行平方求和。这是一种非常经典且重要的代数处理技巧，它可以借助三角函数的平方和公式以及余弦的加法定理，将两个独立的角变量统合为一个变量，从而极其方便地进行最值分析。推导结果表明，对于给定四条边长的四边形，只有当其对角互补（即四边形内接于圆）时，其面积才能达到最大。最后一问利用平方差公式进行连续的因数分解，并引入半周长变量使得最终的面积表达式呈现出与海伦公式高度相似的完美对称形式，这在几何证明和代数变形的结合中具有很高的代表性。