1辺と対角が定まった三角形の面積の最大

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 面積は $S=\frac{1}{2}bc\sin \mathrm{A}=\frac{\sqrt{3}}{4}bc$($\mathrm{A}=60°$)。だから $bc$ を最大にしたい。

$b,c$ は自由に動けるわけではない。余弦定理 $a^2=b^2+c^2-2bc\cos \mathrm{A}$ に $a=6$、$\mathrm{A}=60°$ を入れると $36=b^2+c^2-bc$ という縛りがある。

相加相乗平均 $b^2+c^2\ge 2bc$ を使う。$36=b^2+c^2-bc\ge 2bc-bc=bc$ から $bc\le 36$。等号は $b=c$(正三角形)。最大面積は $\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 36=9\sqrt{3}$。

① 面積を書く。 $S=\frac{1}{2}bc\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{4}bc$。$bc$ を最大にすればよい。

② 縛りを作る。 余弦定理に $a=6$、$\cos 60°=\frac{1}{2}$ を入れて

$$36=b^2+c^2-2bc\cdot \frac{1}{2}=b^2+c^2-bc$$

③ 相加・相乗平均で押さえる。 $b^2+c^2\ge 2bc$ だから

$$36=b^2+c^2-bc\ge 2bc-bc=bc$$

よって $bc\le 36$。等号は $b=c$ のとき。このとき $36=2b^2-b^2=b^2$ より $b=c=6$(正三角形)。

④ 最大面積。

$$S=\frac{\sqrt{3}}{4}bc\le \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 36=9\sqrt{3}$$

面積の最大値は $9\sqrt{3}$(正三角形のとき)。

まとめ:$1$ 辺と対角が固定された三角形の面積最大は「面積 $=\frac{1}{2}bc\sin \mathrm{A}$ で $bc$ を最大化」。余弦定理の縛りのもとで相加・相乗平均が上限を与え、等号 $b=c$(正三角形)で最大になる。対称な状況では等しいときが極値、という自然な結果。

発展 — 一歩先へ。 「$1$ 辺 $\mathrm{BC}$ と対角 $\angle \mathrm{A}$ が固定 $\Rightarrow$ 頂点 $\mathrm{A}$ は外接円の弧の上を動く」(円周角の定理)。面積が最大なのは $\mathrm{A}$ が弧のてっぺん(二等辺)のとき。この「弧の上を動く頂点」の見方は、$\mathrm{AB}+\mathrm{AC}$ の最大や、$\mathrm{A}$ の軌跡を問う問題でも主役になる。$1$ 辺と対角の固定は、外接円の固定と同じことだ。

別解

別解 — 外接円を固定して「頂点を動かす」図で見る(視覚で捉えるルート)。 $\mathrm{BC}=6$、$\angle \mathrm{A}=60°$ は、正弦定理で外接円の半径を固定する。$\frac{\mathrm{BC}}{\sin \mathrm{A}}=2R$ から $2R=\frac{6}{\sin 60°}=\frac{6}{\sqrt{3}/2}=4\sqrt{3}$、$R=2\sqrt{3}$。

$\angle \mathrm{A}=60°$ が一定なので、頂点 $\mathrm{A}$ はこの外接円の弧(弦 $\mathrm{BC}$ に対して円周角 $60°$ を見込む弧)の上を動く。面積 $=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{BC}\cdot (\text{A から BC までの高さ})$ だから、高さが最大のとき面積最大。

高さが最大なのは、$\mathrm{A}$ が弧のてっぺん(弦 $\mathrm{BC}$ の垂直二等分線上)にあるとき。そのとき三角形は $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$ の二等辺で、$\angle \mathrm{A}=60°$ なら正三角形。$\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ までの高さは $\mathrm{BC}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$。

面積 $=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$。相加相乗(本解)で $bc\le 36$ を出すのと同じ答え。「$1$ 辺と対角が固定 $\Rightarrow$ 頂点は弧の上を動く $\Rightarrow$ てっぺんで高さ最大」という図形的な見方だ。