いろいろな立体の問題 第6節 線織面(その2) ＜例題1の解説＞ ねじれの位置にある２直線で片方の直線をもう一方の直線の周りに回転して得られる曲面は大学入試でしばしば出題されます． 例えば，立方体を対角線の周りに回転させたときの回転体の体積を求めるときにも用います． この種の問題は多く出題されていますが，ほとんどが座標軸またはそれと平行な直線の周りに回転させた問題で，余り面白くありません． ここでは一般の直線の周りに回転させる回転体の体積を求めましょう． 例題2 空間内の2点$P(1,0,1),Q(0,1,-1)$を通る直線$l$とし，直線$l$の周りに$z$軸を１回転して得られる曲面を$S$とする． また，点$A$を通り直線$l$に垂直な平面を$\alpha$,点$B$を通り直線$l$に垂直な平面を$\beta$とする． このとき，$S$および２つの平面$\alpha,\beta$により囲まれる部分の体積を求めよ． 
＜解答＞$|\overrightarrow{QP}|=|(1,-1,2)|=\sqrt{6}$ より直線$l$上の点$R$は $\overrightarrow{OR}=\overrightarrow{OQ}+\dfrac{t\overrightarrow{QP}}{\sqrt{6}}$ $=(\dfrac{t}{\sqrt{6}},1-\dfrac{t}{\sqrt{6}},-1+\dfrac{2t}{\sqrt{6}})$・・・@ すなわち座標@の点$R$が点$Q$からの距離$t$の直線$PQ$上の点である．言い方を換えれば，直線$l$上の点$Q$を原点とする 座標を導入すれば座標tに対応するのが@の点である． 次に $S(0,0,s)$ とおき， $\overrightarrow{SR}\cdot \overrightarrow{QP}=0$ より$s$を求めると， $s=\dfrac{\sqrt{6}t-3}{2}$ $\therefore S(0,0,\dfrac{\sqrt{6}t-3}{2})$ したがって， $RS^2=\dfrac{t^2}{2}-\dfrac{3t}{\sqrt{6}}+\dfrac{1}{4}$ 求める体積は $\displaystyle \pi \int_0^{\sqrt{6}}(\dfrac{t^2}{2}-\dfrac{3t}{\sqrt{6}}+\dfrac{1}{4})dt=\sqrt{6} \pi$・・・（答） ＜注意＞ $\displaystyle \pi \int_0^{\sqrt{6}}RS^2 d(QR)$ と置いて，置換積分することもできるが，解答のように$QR=t$を満たす$R$を用いて計算して欲しい． 例えば，斜回転体の体積を求める方法はいろいろあるが，基本はこの解答で用いた方法である． すなわち，軸となる直線を定め，軸に垂直な平面で切った切り口の図形の面積を軸の座標で表し，その値を積分することです． つぎの問題は，定義に従った方法では難しいといわれるが，高校生も十分解くことができる． 
例題３$xy$平面において，放物線$y=x^2$と直線$y=x$によって囲まれた図形を直線$y=x$の周りに１回転させてできる回転体の体積を求めよ． 解答 直線$y=x$上に点Pをとる． $OP=t$のとき $P(\dfrac{t}{\sqrt{2}},\dfrac{t}{\sqrt{2}})$ Pを通り，直線$y=x$に垂直な直線は $x+y=\sqrt{2}t$・・・@ @と曲線$y=x^2$との交点$Q$の$x$座標は $x^2+x-\sqrt{2}t=0$ を解いて， $x=\dfrac{-1+\sqrt{1+4\sqrt{2}t}}{2}$ したがって, $PQ=\sqrt{2}(\dfrac{-1+\sqrt{1+4\sqrt{2}t}}{2}-\dfrac{t}{\sqrt{2}})$ $=\dfrac{\sqrt{1+4\sqrt{2}t}-(\sqrt{2}t+1)}{\sqrt{2}}$ さらに， $PQ^2=t^2+3\sqrt{2}t+1-\sqrt{2}t\sqrt{1+4\sqrt{2}t}-\sqrt{1+4\sqrt{2}t}$ 積分を計算すると $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}} t\sqrt{1+4\sqrt{2}t}dt$ $=\dfrac{1}{32} \cdot \int_1^9(s-1)\sqrt{s}ds=\dfrac{149}{60}$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4\sqrt{2}t}dt$ $\displaystyle =\dfrac{1}{4\sqrt{2}} \cdot \int_1^9\sqrt{s}ds=\dfrac{13}{3\sqrt{2}}$ $\displaystyle \int_0^{\sqrt{2}}(t^2+3\sqrt{2}t+1)dt=\dfrac{14\sqrt{2}}{3}$ したがって， $\displaystyle \pi \int_0^{\sqrt{2}}PQ^2dt=\dfrac{\sqrt{2}\pi}{60}$・・・（答） この計算は簡単ではないが，定義に従った基本的な解答である．さらにこの程度の計算は大学入試ではしばしば出題されます． とはいっても，一般的には上のような解答はしないでしょう．置換積分を用いた，次の解答が一般的です．
別解答右図で， $OP=X,QP=Y$ とおく． 点Ｑの$x$座標を$t$とおくと，$Q(t,t^2)$であり，$X,Y$を$t$を用いて表す． 直線PQの方程式は $x+y=t+t^2$ より $X=OP=\dfrac{t+t^2}{\sqrt{2}}$ また， $Y=QP=\dfrac{t-t^2}{\sqrt{2}} \ \ (\because t^2\leqq t )$ したがって，求める回転体の体積は $\displaystyle \pi \int_0^\sqrt{2}Y^2dX$ $\displaystyle =\pi \int_0^1(\dfrac{t-t^2}{\sqrt{2}})^2\cdot \dfrac{1+2t}{\sqrt{2}}dt$ $=\dfrac{\sqrt{2}\pi}{60}$ 続く 目次 |