第8節 立体図形の入試問題(解答)

問題1
平面上の点$A$を中心とする半径$a$の円から,中心角が$60^{\circ}$で
$AP=AQ=a$
となる扇形$APQ$を切り取る.
次に線分$AP$と$AQ$を貼り合わせて,$A$を頂点とする直円錐$K$をつくり,これを点$O$を原点とする座標空間におく.
$A,P$はそれぞれ$z$軸,$x$軸上の正の位置に取り,扇形$APQ$の弧$PQ$は$xy$平面上の$O$を中心とする円$S$になるようにする.
また弦$PQ$から定まる$K$の側面上の曲線を$C$とする.
以下の問いに答えよ.
(1) $S$の半径を$b$とする.$S$上の点
$R(b\cos \theta ,b\sin \theta ,0) \ \ \ (0\leqq \theta \leqq 2\pi)$
に対して, $K$上の母線$AR$と$C$の交点をMとする.
$b$と線分$AM$の長さを$a$と$\theta $を用いて表せ.

(2) ベクトル$\overrightarrow{OM}$を$xy$平面に正射影したベクトルの長さを$r$とする.
$r$を$a$と$\theta $を用いて表し,定積分
$\displaystyle \int_0^{2\pi}\dfrac{r(\theta)^2}{2}d\theta$
を求めよ.
ただし,ベクトル$\overrightarrow{OE}=(a_1,a_2,a_3)$を$xy$平面に正射影したベクトルとは
$\overrightarrow{OE'}=(a_1,a_2,0)$
のことである.

解答
(1)
2つの円の半径の関係より
$b=\dfrac{a}{6}$
右下の図で,$\triangle APM$に注目し,正弦定理より
$AM=\dfrac{\sqrt{3}a}{2\sin (\dfrac{2\pi}{3}-\dfrac{\theta}{6})}$
$=\dfrac{\sqrt{3}a}{2\sin (\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\theta}{6})}$
(2)
円錐上の点$M$の$xy$平面への正射影を$M'$とする.
円錐における3点$A,O,R$で決まる$\triangle AOR$に注目すれば,相似より
$r=OM'=\dfrac{AM}{6}$
$=\dfrac{\sqrt{3}a}{12\sin (\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\theta}{6})}$
したがって,
$\displaystyle \int_0^{2\pi}\dfrac{r^2}{2}d\theta $
$\displaystyle =\dfrac{a^2}{96}\int_0^{2\pi}\dfrac{1}{\sin ^2\dfrac{\theta+2\pi}{6}}d\theta $
$=\dfrac{a^2}{16}\left[-\dfrac{1}{\tan \dfrac{\theta+2\pi}{6}}\right]_0^{2\pi}$
$=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{24}$

注意
(2)の値は,$\triangle APQ$で決まる側面の底面への正射影の面積で,円錐の母線と底面のなす角を$\phi$とすれば
$\cos \phi=\dfrac{1}{6}$
であるから,当然
$\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{\sqrt{3}a^2}{4}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{24}$
となります(体積における置換積分を身に付けよう(その4)の例題6(3)の別海を参照).


問題に戻る


目次


全体の目次