いろいろな立体の問題

いろいろな立体の問題

第2節　立体の回転体の体積(その3)
つぎの例題は立方体の回転体です．これもとても面白い問題です．
例題３
１辺の長さ１の立方体ＯＡＤＢ－ＣＥＦＧを対角線ＯＦの周りに回転してできる立体の体積を求めよ．
ＯＦに垂直な平面で切った切り口を考えることにより，比較的簡単に解決します．

＜解答＞
Ａ（１，０，０），Ｂ（０，１，０），Ｃ（０，０，１）とします．
対角線ＯＦ上に点Ｐをとり，
ＯＰ＝ｔとします．
このとき

となる．
Ｐを通りＯＦに垂直な平面で立方体を切った切り口は，この切り口の平面が，線分ＯＡを通る場合，線分ＡＥを通る場合，及び線分ＥＦを通る場合と場合わけする必要がある．
$P(\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}})$を通り，直線ＯＦと垂直は平面とｘ軸のとの交点の座標はｘ軸上の点を$X(s,0,0)$とおき，
$(1,1,1)\cdot \overrightarrow{XP}=0$
より
$s=\sqrt{3}t$
したがって，切り口の平面が線分OAと交わるのは
$0\leqq t \leqq \dfrac{1}{\sqrt{3}} $
そのときの辺OAとの交点Xの座標は
$X(\sqrt{3}t,0,0)$

次の直線AE上の点を $Y(1,0,s)$ とおく．
$(1,1,1)\cdot \overrightarrow{YP}=0$
より
$s=\sqrt{3}t-1$
したがって，切り口の平面が線分AEと交わるのは
$\dfrac{1}{\sqrt{3}}\leqq t \leqq \dfrac{2}{\sqrt{3}}$
そのときの辺AEとの交点Yの座標は
$Y(1,0,\sqrt{3}t-1)$

切り口の図形は

に場合わけして調べる必要があるが，（Ⅰ），（Ⅲ）は同じ立体であるので，（Ⅰ），（Ⅱ）だけ調べればよい．

$P(\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}}),X(\sqrt{3}t,0,0)$
より，
$PX^2=2t^2$

右図で
$P(\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}}),V(1,0,\sqrt{3}t-1)$
より，
$PV^2=2t^2-2\sqrt{3}t+2$
（右図で，切り口の６角形UVQRSTは正三角形XYZの３つの正三角形XQV,YSR,ZUTを切り取ったもので，
PU=PV=PQ=PR=PS=PT
が成り立つ）

後は積分するだけです．（Ⅰ），（Ⅲ）が同じ体積であることを考慮し，求める体積は，

例題３を解くにあたり，Pを通りOPに垂直な平面を平面上の点Xが $\overrightarrow{PX} \cdot \overrightarrow{OP}=0$
を用いて解いた．
以前は高校生も平面の方程式を学んでおり，平面の方程式を用いると，Pを通り法線ベクトルが(1,1,1)の平面は
$x+y+z=\sqrt{3}t$
より，この平面がA(1,0,0)を通るのは
$t=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
この平面がE(1,0,1)を通るのは
$t=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
である．さらに，この平面と辺OA,AEとの交点は簡単に求めることができる．
このように，平面の方程式を学んでいる，以前の高校生には，例題３は比較的簡単に処理できる標準問題で，大学入試でよく出題されたと記憶している．

例題３では，立方体の内側まで考えたが，立方体の表面すなわち面だけを考えたらどうなるかを計算するのも面白い．すなわち，

１辺の長さ１の立方体ＯＡＤＢ－ＣＥＦＧの各面が対角線ＯＦの周りに１回転したとき，通過する部分の体積を求めよ．

を計算しよう．
＜解答＞
立方体は対角線OFの垂直２等分面に関して対称であることに注意すれば，
$P(\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}})$
において
（Ⅰ）$0 \leqq t \leqq \dfrac{1}{\sqrt{3}}, \ \ \ $(Ⅱ)$\dfrac{1}{\sqrt{3}} \leqq t \leqq \dfrac{3}{2\sqrt{3}}$
と場合分けして計算すればよい．

(Ⅰ) $0 \leqq t \leqq \dfrac{1}{\sqrt{3}}$のとき
$XY=\sqrt{6}t$であるから，
$PX^2-PQ^2=XQ^2=\dfrac{3t^2}{2}$

(Ⅱ) $\dfrac{1}{\sqrt{3}} \leqq t \leqq \dfrac{3}{2\sqrt{3}}$のとき
$PV^2$はすでに計算してあり，
$PV^2=2t^2-2\sqrt{3}t+2$
また，$XY=\sqrt{6}t$より
$PH=\dfrac{t}{\sqrt{2}}$
$\therefore PV^2-PH^2=\dfrac{3t^2}{2}-2\sqrt{3}t+2$
したがって，立方体の表面が通過する部分の体積は，
$\displaystyle 2\pi \int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\dfrac{3t^2}{2}dt +2\pi \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\frac{3}{2\sqrt{3}}}(\dfrac{3t^2}{2}-2\sqrt{3}t+2)dt$
$=\dfrac{5\pi}{8\sqrt{3}}$

立方体の回転体の体積を求めるのに，立方体の頂点の座標を利用すると，簡単に処理ができる．

＜例題3の別解＞
立方体の頂点$A$を原点，対角線$AH$を$z$軸，さらに頂点$B$の$y$座標が$0$となるよう，すなわち，右図のように立方体を座標空間上に置く．
このときの立方体の頂点の座標を求めて解くのであるが，頂点の座標を求めるのは難しくない．
真上からこの立方体を見ると,$\triangle BCD,\triangle EFG$は正6角形の頂点になっている（右下図）．さらに，頂点$B$の$z$座標は$\frac{1}{\sqrt{3}}$,頂点$G$の$z$座標は$\frac{2}{\sqrt{3}}$である．
また，$\triangle BCD,\triangle EFG$の外接円の半径は$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$
($\because \angle HAB=\theta $とおくと，$\cos \theta =\frac{1}{\sqrt{3}}$)

したがって，
$B(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},0.\frac{1}{\sqrt{3}}), E(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cos \frac{\pi}{3},\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\sin \frac{\pi}{3},\frac{2}{\sqrt{3}})$
$AB$の$z$軸の周りの回転体は円錐であるから，その体積は
$\pi\times (\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}})^2\times \frac{1}{\sqrt{3}}\times \frac{1}{3}=\frac{2\pi}{9\sqrt{3}}$
次に，直線$BE$上の点$(x,y,z)$は
$(x,y,z)=(\frac{2}{\sqrt{6}},0,\frac{1}{\sqrt{3}})+s(-\frac{1}{\sqrt{6}},\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{3}})$
したがって，直線$BE$と平面$z=t$との交点$T$は
$T(\frac{\sqrt{3}-t}{\sqrt{2}},\frac{\sqrt{3}t-1}{\sqrt{2}},t)$
$V(0,0,t)$とおけば，
$VT^2=2t^2-2\sqrt{3}t+2$
より
$\displaystyle \pi \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\frac{2}{\sqrt{3}}}VT^2=\dfrac{5\pi}{9\sqrt{4}}$
求める体積は
$\dfrac{\pi}{\sqrt{3}}$
である．

続く

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