正三角形を外心を中心として回転したときに重なる部分の面積

自作問題です．解答は下部に載せました．

問題

一辺の長さが１の正三角形 $ABC$ がある．この正三角形を外心 $O$ を中心に反時計回りに $\theta$ 回転した正三角形を $A'B'C'$ とする．ただし， $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$ とする．このとき，正三角形 $ABC$ と正三角形 $A'B'C'$ が重なる部分の面積 $S$ を求めよ．

解答

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円周角の定理より，次が成り立つ．

$\angle AC'A' = \frac{1}{2} \angle AOA' = \frac{1}{2} \theta \ \ \ \ldots (1)$

$\angle C'AC = \frac{1}{2} \angle COC' = \frac{1}{2} \theta \ \ \ \ldots (2)$

$AC$ と $A'C'$ の交点を $Q_2$ とおくと，三角形 $A Q_2 C'$ の内角の和より，次式が成り立つ．

$\angle A Q_2 C' = \pi - \frac{1}{2} \theta - \frac{1}{2} \theta = \pi - \theta \ \ \ \ldots (3)$

${ \displaystyle \angle A Q_2 A' + \angle A Q_2 C' = \pi }$ だから， $(3)$ 式と合わせて次式が成り立つ．

$\angle A Q_2 A' = \theta \ \ \ \ldots (4)$

${ \displaystyle \angle B A C = \frac{\pi}{3} }$ だから， $AB$ と $A'C'$ の交点を $P_1$ とおくと，三角形 $A Q_2 P_1$ の内角の和より，次式が成り立つ．

$\angle A P_1 Q_2 = \frac{2}{3} \pi - \theta \ \ \ \ldots (5)$

三角形 $A Q_2 P_1$ と三角形 $C' Q_2 P_2$ は合同である．また， $AB$ と $A'B'$ の交点を $Q_1$ とおくと，三角形 ${ \displaystyle A Q_2 P_1 }$ と三角形 $A' Q_1 P_1$ は合同である．よって， $A'C'$ に着目することにより，次式が成り立つ．

$A P_1 + P_1 Q_2 + Q_2 A = 1 \ \ \ \ldots (6)$

また，三角形 $A Q_2 P_1$ に余弦定理を用いると，次式を得る．

${P_1 Q_2} ^2 = {A P_1} ^2 + {Q_2 A } ^2 - 2 \cdot A P_1 \cdot Q_2 A \cdot \cos \frac{\pi}{3}$

$= {A P_1} ^2 + {Q_2 A } ^2 - A P_1 \cdot Q_2 A \ \ \ \ldots (7)$

${A P_1} ^2 = {P_1 Q_2} ^2 + {Q_2 A } ^2 - 2 \cdot P_1 Q_2 \cdot Q_2 A \cdot \cos \theta \ \ \ \ldots (8)$

$\{ (7) + (8) \} \div Q_2 A$ より，次式が成り立つ．

$- A P_1 - 2 P_1 Q_2 \cdot \cos \theta + 2 Q_2 A = 0 \ \ \ \ldots (9)$

$\{ (6) + (9) \}$ より，次式が成り立つ．

$P_1 Q_2 \left( 1 - 2 \cos \theta \right) + 3 Q_2 A = 0 \ \ \ \ldots (10)$

また，三角形 $A Q_2 P_1$ に正弦定理を用いると，次式を得る．

$\frac{P_1 Q_2}{\sin \frac{\pi}{3} } = \frac{Q_2 A}{\sin \left( \frac{2}{3} \pi - \theta \right) }$

${ \displaystyle Q_2 A = P_1 Q_2 \frac{\sin \left( \frac{2}{3} \pi - \theta \right)}{\sin \frac{\pi}{3} } }$

$= P_1 Q_2 \frac{\sin \frac{2}{3} \pi \cos \theta - \cos \frac{2}{3} \pi \sin \theta }{ \frac{\sqrt{3}}{2} }$

$= P_1 Q_2 \frac{ \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta + \frac{1}{2} \pi \sin \theta }{ \frac{\sqrt{3}}{2} }$

$= P_1 Q_2 \left( \cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{3} \sin \theta \right) \ \ \ \ldots(11)$

$(10)$ 式， $(11)$ 式より，次式が成り立つ．

$P_1 Q_2 = \frac{1}{1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta } \ \ \ \ldots(12)$

${ \displaystyle Q_2 A = \frac{\cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{3} \sin \theta}{1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta } \ \ \ \ldots(13) }$

三角形 $A Q_2 P_1$ の面積を $T$ とおくと，次式が成り立つ．

$T = \frac{1}{2} P_1 Q_2 \cdot Q_2 A \cdot \sin \theta = \frac{\sin \theta \left( 3 \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) }{ 6 \left( 1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) ^2 } \ \ \ \ldots(14)$

求める面積 $S$ は，正三角形 $ABC$ の面積から三角形 $A Q_2 P_1$ の面積を３回引いたものに等しい．

よって， $(14)$ 式より，求める面積 $S$ は，

$S = \frac{\sqrt{3}}{4} - 3 T = \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\sin \theta \left( 3 \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) }{ 2 \left( 1 + \cos \theta + \sqrt{3} \sin \theta \right) ^2 }$