(i)

点$\mathrm{E}$が$\displaystyle \left(\frac{5}{3},0\right)$にあるとき、$\mathrm{AE}$は、
$\displaystyle \mathrm{AE}=2-\frac{5}{3}$
$\displaystyle \mathrm{AE}$$\displaystyle =\frac{1}{3}$
である。

問題文より$\mathrm{BF}=2\mathrm{AE}$なので、
$\displaystyle \mathrm{BF}=2\cdot\frac{1}{3}$
$\displaystyle \mathrm{BF}$$\displaystyle =\frac{2}{3}$
なので、点$\mathrm{F}$の$y$座標は、
$2+\displaystyle \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$
となる。

よって、このとき、四角形$\mathrm{EFE}'\mathrm{F}'$は図Ｂのようになる。

図の固定

四角形$\mathrm{EFE}'\mathrm{F}'$の面積$S$は、ひし形の面積の公式から求めてもいいんだけど、ここでは△$\mathrm{OEF}$の面積を$4$倍する方法で計算する。

図Ｂより、△$\mathrm{OEF}$（赤い三角形）の面積は
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{5}{3}\cdot\frac{8}{3}$
なので、四角形$\mathrm{EFE}'\mathrm{F}'$の面積$S$は、その$4$倍の
$S=\displaystyle 4 \times \frac{1}{2}\cdot\frac{5}{3}\cdot\frac{8}{3}$
$S$$\displaystyle =\frac{80}{9}$
である。

解答ア：８, イ：０, ウ：９

(ii)

$\mathrm{AE}=t$
とおくと、
$0\leqq t \lt 2$式Ａ
である。

このとき、
$\mathrm{OE}=2-t$ $\mathrm{OF}=2+2t$ となる。

図の固定

図Ｃでは、グラフの下半分は省略。

(i)と同様に、△$\mathrm{OEF}$（図Ｃの赤い三角形）の面積は
$\displaystyle \frac{1}{2}(2-t)(2+2t)=(2-t)(1+t)$
なので、、四角形$\mathrm{EFE}'\mathrm{F}'$の面積$S$は、
$S=4(2-t)(1+t)$式Ｂ
と表せる。

式Ｂは上に凸の放物線の式で、グラフは横軸と$t=-1,2$で交わる。
このことから、式Ａを定義域として式Ｂのグラフを描くと、図Ｄができる。

図の固定

図Ｄより、$S$が最大になるのは、放物線の頂点。
頂点の$t$座標は、$-1$と$2$の中点なので、
$\displaystyle \frac{-1+2}{2}=\frac{1}{2}$
である。

これを式Ｂに代入して、$S$の最大値は
$S=4\left(2-\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2}\right)$
$S$$=(4-1)(2+1)$
$S$$=9$
である。

また、図Ｄより、$S$の最小値は存在しないけど、
$0 \lt S$
であることが分かる。

以上より、$S$の範囲は
$0 \lt S\leqq 9$
である。

解答あ：$0 \lt S\leqq 9$

まず、正方形$\mathrm{ABCD}$の面積$T$を求めよう。

さっきと同じように、△$\mathrm{OAB}$の面積を$4$倍する方法で計算すると、$T$は
$T=4\displaystyle \times\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2$
$T$$=4\cdot 2$
である。

(2)では、点$\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$，$\mathrm{E}'$，$\mathrm{F}'$は(1)と同様に図Ａの矢印の向きに動く。
ただし、(1)と違って、点$\mathrm{E}$は原点を通り越して点$\mathrm{C}$まで移動する。
点$\mathrm{E}$が原点上にあるときは考えない。

このとき、(1)のときと同様に
$\mathrm{AE}=t$
とおくと、
$0\leqq t\leqq 4$
だけど、$\mathrm{E}$が原点上にある場合は考えないので、
$t\neq 2$
である。
なので、$t$の定義域は、
$0\leqq t \lt 2$，$2 \lt t\leqq 4$
となる。

$0\leqq t \lt 2$のとき、式Ｂより、
$S=4(2-t)(1+t)$
である。

このとき、$S=T$だから
$4(2-t)(1+t)=4\cdot 2$
より
$(2-t)(1+t)=2$
$-t^{2}+t+2=2$
$t(-t+1)=0$
なので、
$t=0,1$式Ｃ
となる。
この２つの解はともに場合分けの$0\leqq t \lt 2$に含まれる。

$2 \lt t\leqq 4$のときは、点$\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$，$\mathrm{E}'$の位置は図Ｅのようになる。
（グラフの下半分は省略）

図の固定

よって、
$\mathrm{OE}=t-2$ $\mathrm{OF}=2+2t$ なので、△$\mathrm{OEF}$（図Ｅの赤い三角形）の面積は、
$\displaystyle \frac{1}{2}(2-t)(2+2t)=(t-2)(1+t)$
なので、、四角形$\mathrm{EFE}'\mathrm{F}'$の面積$S$は、
$S=4(t-2)(1+t)$
と表せる。

このとき、$S=T$だから
$4(t-2)(1+t)=4\cdot 2$
より
$(t-2)(1+t)=2$
$t^{2}-t-2=2$
$t^{2}-t-4=0$
なので、解の公式より
$t=\displaystyle \frac{1\pm\sqrt{1^{2}-4\cdot 1\cdot(-4)}}{2\cdot 1}$
$t$$\displaystyle =\frac{1\pm\sqrt{17}}{2}$
となる。

いま、$t$の範囲は$2 \lt t\leqq 4$なので、
$t \displaystyle =\frac{1-\sqrt{17}}{2}$
は不適。
答えは
$t=\displaystyle \frac{1+\sqrt{17}}{2}$式Ｄ
のひとつだけだ。

今度は、点の動きが逆だ。

これまでと同じように
$\mathrm{AE}=t$
とすると、点$\mathrm{E}$の$x$座標は
$2+t$
とかける。

また、$\mathrm{BF}=2t$なので、点$\mathrm{F}$の$y$座標は
$2-2t$
とかける。

$t$の範囲を考えると
$0\leqq t$
だけど、$\mathrm{F}$が原点上にある場合は考えないので、
$2-2t \neq 0$
より
$t\neq 1$
である。

よって、$t$の定義域は、
$0\leqq t \lt 1$，$1 \lt t$
となる。

$0\leqq t \lt 1$のとき、点$\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$，$\mathrm{E}'$，$\mathrm{F}'$の位置は図Ｆのようになる。

図の固定

このとき$S$は、△$\mathrm{OEF}$（図Ｆの赤い三角形）の$4$倍なので、
$S=4\displaystyle \cdot\frac{1}{2}(2+t)(2-2t)$
$S$$=-4(t+2)(t-1)$   $(0\leqq t \lt 1)$
とかける。

また、$1 \lt t$のとき、点$\mathrm{E}$，$\mathrm{F}$，$\mathrm{E}'$，$\mathrm{F}'$の位置は図Ｇのようになる。

図の固定

このとき$S$は、△$\mathrm{OEF}$（図Ｇの赤い三角形）の$4$倍なので、
$S=4\displaystyle \cdot\frac{1}{2}(2+t)(2t-2)$
$S$$=4(t+2)(t-1)$   $(1 \lt t)$
とかける。

以上より、$S$は
$S=\left\{\begin{array}{ll} -4(t+2)(t-1) & (0\leqq t \lt 1)\\ 4(t+2)(t-1) & (1 \lt t) \end{array}\right.$式Ｅ
となる。

式Ｅより、
$0\leqq t \lt 1$のとき、グラフは上に凸の放物線で、$t=-2$，$1$で横軸と交わる。 $1 \lt t$のときのグラフは、$0\leqq t \lt 1$のときのグラフと$x$軸に関して対称だ。 両方の放物線で、軸は$-2$と$1$の中央なので、定義域に入らない。

また、$t=0$のとき、四角形$\mathrm{ABCD}$と四角形$\mathrm{EFE'F'}$は同じ図形なので、
$t=0$のとき、$S=T$である。

以上より式Ｅのグラフを描くと、図Ｈができる。

図の固定

図Ｈができたところで、選択肢を考えよう。