いろいろな立体の問題 第2節　立体の回転体の体積(その4) 立方体の回転体を計算したので，正四面体や，正８面体の回転体の体積を求めたくなるのは自然です． それらも計算しましょう． 例題４ １辺の長さ$\sqrt{3}$の正８面体を平面に置いたときの底面を△ＤＥＦとし，面ＤＥＦの対面を面ＡＢＣとする． △ＡＢＣ，△ＤＥＦの重心をそれぞれＧ，Ｇ’とする．直線ＧＧ’の周りにこの立体を回転させたときの回転体の 体積を求めよ． この問題はすでに東大で出題されているので，これから大学入試問題として扱われることは少ないでしょうが， 一度は解くべき問題です． なお，問題を解くにあたり正八面体のモデルを用意することをすすめます．大分分かりやすくなります．後半にわかりやすい解答を紹介します． ＜解答＞ 正八面体ABC−DEFを水平面上に置き，真上から見ると正６角形で，△ＡＢＣ，△ＤＥＦの１辺の長さ は$\sqrt{3}$より，正６角形の１辺の長さは１である． 直線ＧＧ’に垂直な平面で切った切り口の図形を考える． △ＤＥＦの重心Ｇ’を原点，直線ＧＧ’をｚ軸とする． 正８面体の面ＤＥＦを底面に置いたときの高さをｈとする． 平面$z=t$でこの立体を切ったときの切り口は右の緑色の６角形． ＤＡ＝１であるから ＤＰ＝$\dfrac{t}{h}$ したがって，△ＤＯＰに余弦定理を用いて 次に，この正８面体の高さｈを求める． 正８面体の隣あう２面のなす角（右図の∠ＡＭＢ）をθとおく． 右図の$AB$は１辺の長さ$\sqrt{3}$の正方形の対角線の長さより， $AB=\sqrt{6}$ さらに， $AM=BM=\dfrac{3}{2}$ したがって， $\cos \theta =-\dfrac{1}{3}$ より $h=BM \sin \theta=\sqrt{2}$ $\therefore OP^2=1+\dfrac{t^2}{2}-\dfrac{t}{\sqrt{2}}$ 後は積分をすることにより １辺の長さ１の正８面体の回転体の体積は$(\sqrt{3})^3=3\sqrt{3}$で割ればよいので である． この問題は，空間座標を利用して解いたほうが単純な計算だけでやり易いかもしれない． ＜別解＞ 底面を△DEFとしたときの高さは$\sqrt{2}$なので， $D(\cos \frac{\pi}{6},\sin \frac{\pi}{6},0),A(0,1,\sqrt{2})$ として．直線$DA$と平面$z=t \ \ (0\leqq t \leqq \sqrt{2})$の交点$P$の座標を求める． 直縁$DA$の方程式は $(x,y,z)=(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0)+s(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2})$ 直線$DA$と平面$z=t$との交点$P$の座標は$s=\frac{t}{\sqrt{2}}$を代入することにより， $P(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}t}{2\sqrt{2}},\frac{1}{2}+\frac{t}{2\sqrt{2}},t)$ $V(0,0,t)$とおくと， $VP^2=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}t}{2\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{1}{2}+\frac{t}{2\sqrt{2}}\right)^2$ $=\left(\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}(\sqrt{2}-t)\right)^2+\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}(t+\sqrt{2})\right)^2$ $=\frac{3(\sqrt{2}-t)^2}{8}+\frac{(t+\sqrt{2})^2}{8}$ $\displaystyle \therefore \pi \int_0^{\sqrt{2}}VP^2dt=\dfrac{5\sqrt{2}\pi}{6}$ 正８面体の回転体の体積の問題をもう一度見てみよう． この問題の解答を作るときに，私は，模型を見ながら解いている．模型があるかないかでは難易度がとても変る問題です． 模型を見ないで解くときには，右図の正四面体の各辺の中点よりなる正8面体を利用すると分かりやすい． 右図で図から$\triangle ABC$を上面，$\triangle DEF$を下面として．$xy$平面上に置き真上から正８面体を 見ると，正六角形になることがわかる． 1辺の長さ$1$の正8面体の正三角形を底面としたときの高さは， 1辺の長さ$2$の正四面体の高さの半分,すなわち1辺の長さ$1$の正四面体の高さだから$\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$が容易にわかる． 1辺の長さ$1$の正8面体の体積は1辺の長さ$2$の正四面体から1辺の長さ$1$の正四面体を４つ取り除いたもの．一方，相似比が1:2なら体積比は 1:8であるから，同じ長さの正8面体と正四面体の体積比は4:1である． さて，正8面体を一つの面を底面にした場合は扱いづらいが， ここで行ったように正四面体を合わせて考えると扱いやすくなる． $xy$平面上の置いた1辺の長さ$1$の正8面体を平面 $z=t \ (0\leqq t \leqq \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}})$ で切ったときの切り口の図形を求めてみよう． 点$P$は切り口の平面上の点とする． 右図で $AH=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},PK=t$ である． 正三角形$AFB$に注目して， $RS=\dfrac{\sqrt{3}t}{\sqrt{2}},$ $PS=RQ=1$であるから $PR=1-\dfrac{\sqrt{2}t}{\sqrt{3}},PQ=2-\dfrac{\sqrt{3}t}{\sqrt{2}}$ 切り口の図形は，正三角形より，各頂点を頂点とする正三角形を取り除いたもの(右図)． 元の正三角形の一辺の長さは$2-\frac{\sqrt{3}t}{\sqrt{2}}$, 取り除く正三角形の一辺の長さは$1-\frac{\sqrt{3}t}{\sqrt{2}}$である． もし，この正8面体の回転体の体積を求めるなら， $OP=\dfrac{PQ}{\sqrt{3}}$ より $OR^2=OP^2+PR^2-2OP\cdot PR\cos 30^\circ =\dfrac{t^2}{2}-\dfrac{t}{\sqrt{6}}+\dfrac{1}{3}$ 回転体の体積は $\displaystyle \pi \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}}OR^2=\frac{5\sqrt{6}\pi}{54}$ 次は正４面体の回転体です．これも，正４面体のモデルを見ながら考えるとわかりやすい． 例題５ １辺の長さ$\sqrt{2}$の正４面体ＡＢＣＤの稜辺ＡＢ，ＣＤの中点をそれぞれＭ，Ｎとする．直線ＭＮの周りに この正四面体を回転したときの 回転体の体積を求めよ． ＜解答＞ 辺ABを平面に置き，さらにCDが平面と平行であるようにするとき， この正四面体を真上から見るとAB,CDが対角線の正方形になります． この正方形は対角線の長さが$\sqrt{2}$より，１辺の長さは１です． 直線ＭＮに垂直な平面で切った切り口の図形を考えます（右図）． 切り口は四角形ＰＱＲＳです． 次にMNの長さを求める． $AN=\dfrac{\sqrt{6}}{2},AB=\sqrt{2}$ より， $MN=1$ Ｍを原点O，直線ＭＮがｚ軸である座標軸を考え 切り口の平面をｚ＝ｔとすれば，切り口の平面は右の緑色の長方形となります． 立体では $AC=\sqrt{2}$ であるが，右の正方形ではAC=1であることに注意する． $\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{t}{MN}=t$ より，右図で $AP=t$ 余弦定理より したがって，求める回転体の体積は １辺の長さ１の正４面体の回転体の体積は$2\sqrt{2}$で割ればよいので となる． 上の解答分かりづらければ，正四面体に外接する立方体をあわせて考えるてみるとよい． $MN$が正四面体の１辺の長さの$\dfrac{1}{\sqrt{2}}$になることはすぐ分かる． この問題は，空間座標を利用すれば，単純な計算だけでとてもやりやすい． ＜別解＞ $AB$を$x$軸，$MN$を$z$軸に取れは，四面体の$ABCD$の１辺の長さが$\sqrt{2}$であるから， $A(\frac{1}{\sqrt{2}},0,0),C(0,\frac{1}{\sqrt{2}},1)$ となる． 直線$AC$の方程式は $(x,y,z)=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,0)+s(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},1)$ であるから，平面$z=t$と直線$AC$との交点$P$は $P(\frac{1-t}{\sqrt{2}},\frac{t}{\sqrt{2}},t)$ したがって，$V(0,0,t)$とおくと $VP^2=(\frac{1-t}{\sqrt{2}})^2+(\frac{t}{\sqrt{2}})^2=\frac{2t^2-2t+1}{2}$ したがって，求める体積は， $\displaystyle \pi \int_0^1VP^2=\dfrac{\pi}{3}$ 続く 目次