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問題1 $xyz$座標空間内の点 $A(1,0,0),B(1,0,2),C(-1,0,2),D(-1,0,0)$ を頂点とする光を通さない正方形の板$ABCD$に，時刻$t$とともに 変化するベクトル $(\sqrt{2}\cos t,-\sin t,-\sin t) \ (0$＜$t$＜$\pi )$ の方向に進む平行光線があたってできる陰影について 考える． 時刻$t,t+\frac{\pi}{2} \ (0$＜$t$＜$\frac{\pi}{2})$において板$ABCD$が$xy$平面上に作る四角形の影をそれぞれ $AB'C'D,AB"C"D$とする． $(1) \ $時刻$t$から$t+\frac{\pi}{2} \ (0$＜$t$＜$\frac{\pi}{2})$までの間連続して板$ABCD$の影になっている$xy$平面上の部分の面積を 求めよ． $(2) \ xyz$空間において，時間$\frac{\pi}{2}$以上連続して板ABCDの陰になっている$z \geqq 0$の部分の体積を求めよ． 慶応大・理工（2002年）(一部略) 
解答光線の方向ベクトル $(\sqrt{2}\cos t,-\sin t,-\sin t)$・・・@ の意味を調べましょう． $(\sqrt{2}\cos t,-\sin t,-\sin t)$ $=\cos t (\sqrt{2},0,0)+\sin t (0,-1,-1)$ である． $|(\sqrt{2},0,0)|= |(0,-1,-1)|=\sqrt{2}$ $(\sqrt{2},0,0)\perp (0,-1,-1)$ であるから，@は原点を通り，２つのベクトル$(\sqrt{2},0,0), (0,-1,-1)$の決める平面すなわち平面$z=y$上の 原点を中心とする半径$\sqrt{2}$の円を表す， ４点$B',C',B",C"$は直線$BC$を含む平面$z=y$に平行な平面上にあるから，直線 $y=-2,z=0$上にある． $(1) \ \ $ 四角形$BCC'B'$は平行四辺形であるから， $B'C'=2$ 一方，$\angle B'BB"=\frac{\pi}{2}$であるから $B'B"$＞$BB'\geqq 2\sqrt{2}$ したがって，線分$B'C'$と線分$B"C"$が重なることはない（常に右上図のようになっている）． 時刻$t$から$t+\dfrac{\pi}{2}$までの間連続して影になっている部分は，線分$AB"$と$C'D$の交点を$P$とすると$\triangle APD$ である．なぜなら，時刻$t$から$t+\dfrac{\pi}{2}$までの間連続して影になっている部分は，$B$の影が$C'$を越えてから $P$が$C'$から$D$に向かって動き，小さくなっている．すなわち，時刻$t$から$t+\dfrac{\pi}{2}$までの間連続して影になっている部分は 時刻$t$のときの影の部分と$t+\dfrac{\pi}{2}$のときの影の部分の共通部部である． $B'$の座標$(x,2,0)$は， $(x-1,-2,-2)=s(\sqrt{2}\cos t,-\sin t,-\sin t)$ より $B'(1+\dfrac{2\sqrt{2}}{\tan t},-2,0)$ 同様に $B"(1-2\sqrt{2}\tan t,-2,0)$ さらに$B'C'=2$であるから $C'(-1+\dfrac{2\sqrt{2}}{\tan t},-2,0)$ 次に，$C'D$と$AB"$の交点$P$の座標を求める． $DP:PC'=AD:B"C'=2:\dfrac{4\sqrt{2}}{\sin 2t}-2$ であるから $P(\cos 2t,\dfrac{-\sqrt{2}\sin 2t}{2},0)$ したがって，時刻$t$から$t+\frac{\pi}{2}$までの間連続して板$ABCD$の影になっている$xy$平面上の部分 は$\triangle PAD$でその面積は $\dfrac{1}{2}\cdot 2\cdot \dfrac{\sqrt{2}\sin 2t}{2}=\dfrac{\sqrt{2}\sin 2t}{2}$ である． 
$(2) \ \ $ 各$t$に対して，時間$\frac{\pi}{2}$以上連続して板$ABCD$の影になっている部分は，時間$\frac{\pi}{2}$
だけ連続して影になっている部分である．$P$を通り$xy$平面に垂直な直線と直線$CC'$(平面$BCC'B'$でも同じ)との交点を $Q$とすると，２つの三角形$\triangle PAD,\triangle QBC$で挟まれた部分が時刻$t$から時刻$t+\frac{\pi}{2}$まで連続して 陰になっている部分である．したがってこの部分の$0$＜$t$＜$\frac{\pi}{2}$における和集合が求める部分である． $P(\cos 2t,\dfrac{-\sqrt{2}\sin 2t}{2},0)$ であるから，$P$の軌跡は $x^2+2y^2=1 \ \ (y$＜$0)$ $P$を通り$x$軸に垂直な平面と$BC,B'C',x$軸との交点をそれぞれ$Q',P',H$とすると $\angle QP'P=\dfrac{\pi}{4}$であるから $PQ=PP'$ $P(x,y)$とおくと台形$Q'QPH$の面積$S$は $S=\dfrac{P'H^2-P'P^2}{2}=\dfrac{4-(y+2)^2}{2}=\dfrac{-y^2-4y}{2}$ 求める体積$V$は $\displaystyle V=\int_{-1}^1Sdx$ $\displaystyle =\int_{-1}^1\dfrac{-y^2-4y}{2}dx$ ここで， $x=\cos 2t,y=\dfrac{-\sqrt{2}\sin 2t}{2}$ であるから， $\displaystyle =\int_{\frac{\pi}{2}}^0\dfrac{-(-\dfrac{\sqrt{2}\sin 2t}{2})^2+2\sqrt{2}\sin 2t}{2}\cdot -2\sin 2t dt$ $\displaystyle =-\dfrac{1}{2}\cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^3 2tdt+2\sqrt{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin ^2 2t dt$ $=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{\sqrt{2}\pi}{2}$ ＜解説＞ 計算量も少なくない．これだけの内容を所定時間にこなせる高校生がいるとはちょっと信じがたいが，じっくり時間をかけて 解く価値のある最高級の入試問題です． 戻る 目次 全体の目次 |