四角形 $ABCD$ において、$AB=4$, $BC=5$, $CD=t$, $DA=3-t$ を満たすとき、四角形 $ABCD$ が外接円を持つという条件の下で、その面積 $S$ の最大値を求めよ。

1. 問題の内容

四角形 $ABCD$ において、$AB=4$, $BC=5$, $CD=t$, $DA=3-t$ を満たすとき、四角形 $ABCD$ が外接円を持つという条件の下で、その面積 $S$ の最大値を求めよ。

2. 解き方の手順

四角形 $ABCD$ が外接円を持つとき、向かい合う角の和は $180^\circ$ である。すなわち、$\angle B + \angle D = 180^\circ$ が成り立つ。$AC$ で四角形を分割し、三角形 $ABC$ と三角形 $ADC$ に分割することを考える。三角形 $ABC$ の面積を $S_1$, 三角形 $ADC$ の面積を $S_2$ とすると、四角形 $ABCD$ の面積 $S$ は $S = S_1 + S_2$ となる。また、余弦定理より、

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos{\angle B}$

$AC^2 = AD^2 + CD^2 - 2 \cdot AD \cdot CD \cdot \cos{\angle D}$

したがって、

$4^2 + 5^2 - 2 \cdot 4 \cdot 5 \cdot \cos{\angle B} = (3-t)^2 + t^2 - 2 \cdot (3-t) \cdot t \cdot \cos{(180^\circ - \angle B)}$

$16 + 25 - 40 \cos{\angle B} = 9 - 6t + t^2 + t^2 + 2(3t - t^2) \cos{\angle B}$

$41 - 40 \cos{\angle B} = 9 - 6t + 2t^2 + (6t - 2t^2) \cos{\angle B}$

$(40 + 6t - 2t^2) \cos{\angle B} = 32 + 6t - 2t^2$

$\cos{\angle B} = \frac{32 + 6t - 2t^2}{40 + 6t - 2t^2} = \frac{16 + 3t - t^2}{20 + 3t - t^2}$

面積は、ブラーマグプタの公式より

$S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$

ここで、$s = \frac{a+b+c+d}{2}$ は半周長である。

$s = \frac{4+5+t+3-t}{2} = \frac{12}{2} = 6$

$S = \sqrt{(6-4)(6-5)(6-t)(6-(3-t))} = \sqrt{2 \cdot 1 \cdot (6-t)(3+t)} = \sqrt{2(18 + 3t - t^2)}$

$S^2 = 2(18 + 3t - t^2) = -2t^2 + 6t + 36 = -2(t^2 - 3t) + 36 = -2(t^2 - 3t + \frac{9}{4}) + \frac{9}{2} + 36 = -2(t-\frac{3}{2})^2 + \frac{81}{2}$

したがって、$t = \frac{3}{2}$ のとき、$S^2$ は最大値 $\frac{81}{2}$ をとる。

ゆえに、$S = \sqrt{\frac{81}{2}} = \frac{9}{\sqrt{2}} = \frac{9\sqrt{2}}{2}$

3. 最終的な答え

$\frac{9\sqrt{2}}{2}$