第8節 立体図形の入試問題(解答)
問題5
$xyz$空間の原点と点$(1,1,1)$を通る直線を$l$とする.

(1)$l$上の点$(\frac{t}{3},\frac{t}{3},\frac{t}{3})$を通り$l$と垂直な平面が,$xy$平面と交わってできる直線 の方程式を求めよ.

(2)不等式$0\leqq y \leqq x(1-x)$の表す$xy$平面内の領域を$D$とする.$l$を軸として$D$を回転させて得られる回転体 の体積を求めよ.

設問(1)で$l$上の点$P$を$P(\frac{t}{3},\frac{t}{3},\frac{t}{3})$と置いているのですが,この媒介変数の取り方には注意する必要があります. 詳しい内容は解説で述べます.

解答
(1) $xy$平面上の点を$S(x,y,0)$とおくと,
$\overrightarrow{PS}\cdot (1,1,1)$
$=(x-\dfrac{t}{3},y-\dfrac{t}{3},-\dfrac{t}{3})\cdot (1,1,1)=0$
より,
$x+y=t$

(2) $xy$平面上で,$x+y=t$と
$y=x(1-x) \ \ (0\leqq t \leqq 1)$
との交点$Q$の$x$座標は
$x=1-\sqrt{1-t}$
である.
$(\because \ y=x(1-x)$の$x=1$における接線の傾きが$-1$であ るから,$0\leqq x\leqq 1$の範囲で2点で交わることはなく,さらに,図より小さい方の解である$)$
$P$から直線$x+y=t,z=0$に下した垂線の足$H$は,$P$から$xy$平面に下した垂線の足$K$が$K(\frac{t}{3},\frac{t}{3},0)$であるから 三垂線の定理より,
$H(\dfrac{t}{2},\dfrac{t}{2},0).$
点$H$は直線
$y=x,z=0$
上であり,この直線は$xy$平面上の曲線$y=x(1-x)$の$x=0$における接線であるから点$H$は$D$の外部であることが分かる.
$R(t,0,0)$とおく.
$(\frac{t}{3},\frac{t}{3},\frac{t}{3})$を通り$l$に垂直な平面で求める回転体を切った断面の面積を$Y$とおくと
$Y=\pi (PR^2-PQ^2)=\pi \left((PH^2+HR^2)-(PH^2+HQ^2)\right)=\pi(HR^2-HQ^2)$
$=\pi(-4+4t-2t\sqrt{1-t}+4\sqrt{1-t})$
ここで,注意すべきことは,$P(\frac{t}{3},\frac{t}{3},\frac{t}{3})$と置いてあるので,
$X=OP=\dfrac{t}{\sqrt{3}}$
である.
$0\leqq t \leqq 1$のとき$0 \leqq X \leqq \frac{1}{\sqrt{3}}$であるから,求める体積は,
$\displaystyle \int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}YdX$
この積分を媒介変数$t$で表すと,
$\dfrac{dX}{dt}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
より
$dX=\dfrac{dt}{\sqrt{3}}$
したがって,求める体積は次のようになる.
$\displaystyle \int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}YdX$
$\displaystyle =\int_0^1\pi(-4+4t-2t\sqrt{1-t}+4\sqrt{1-t})\cdot \dfrac{dt}{\sqrt{3}}$
$=\dfrac{2\sqrt{3}\pi}{45}$


解説1
積分するとき,$dt$でなく$\dfrac{dt}{\sqrt{3}}$となることをきちんと理解しなければいけません.
回転軸$l$上の点$P$の媒介変数表示は幾らでもあります.例えば$P(t,t,t)$でもかまいません. $P$を通り$OP$に垂直な平面切った切り口の面積を$Y$,$OP$の長さを$X$として,$X,Y$を$t$で表して求めているのです. すなわち,媒介変数表示された図形の面積を求める問題です.
とはいっても,ここまで考えが行き届く高校生は多くはありません.そこで,回転軸の媒介変数を次のようにとることをすすめます.
$OP=t$となるようにとりましょう.回転軸$l$の媒介変数表示を
$x=\dfrac{t}{\sqrt{3}},y=\dfrac{t}{\sqrt{3}},z=\dfrac{t}{\sqrt{3}}$
すなわち,$l$上の点$P$を
$P(\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}})$
として問題を解くのです.これは,斜回転の体積を求めるときも同じです.
この方法で解いたのが次の解答です.

別解答
$l$上の点$P(\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}},\dfrac{t}{\sqrt{3}})$を通る平面と$xy$平面との交線は $x,y$平面上の点を$(x,y,0)$と置くと,
$(x-\dfrac{t}{\sqrt{3}},y-\dfrac{t}{\sqrt{3}},-\dfrac{t}{\sqrt{3}})\cdot (1,1,1)=0$
より
$x+y=\sqrt{3}t$
$xy$平面上で,$x+y=\sqrt{3}t$と$y=x(1-x) \ \ (0\leqq t \leqq 1)$との交点$Q$の$x$座標は $x=1-\sqrt{1-\sqrt{3}t}$
$P$から直線$x+y=\sqrt{3}t,z=0$に下した垂線の足$H$は,三垂線の定理より,
$H(\dfrac{\sqrt{3}t}{2},\dfrac{\sqrt{3}t}{2},0)$
である.点$H$は直線
$y=x,z=0$
上であり,この直線は$xy$平面上の曲線$y=x(1-x)$の$x=0$における接線であるから$H$は領域$D$の外部であることが分かる.
$R(\sqrt{3}t,0,0)$とおく.
$(\frac{t}{\sqrt{3}},\frac{t}{\sqrt{3}},\frac{t}{\sqrt{3}})$を通る$l$に垂直な平面で求める回転体を切った断面積を$Y$とおくと
$Y=\pi (PR^2-PQ^2)=\pi \left((PH^2+HR^2)-(PH^2+HQ^2)\right)=\pi(HR^2-HQ^2)$
$=\pi(-4+4\sqrt{3}t-2\sqrt{1-\sqrt{3}t}\sqrt{3}t+4\sqrt{1-\sqrt{3}t})$
したがって,求める体積は次のようになる.
$\displaystyle \int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}Ydt$
$\displaystyle =\pi\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}}\left(-4+4\sqrt{3}t-2\sqrt{1-\sqrt{3}t}\sqrt{3}t+4\sqrt{1-\sqrt{3}t}\right)dt$
$=\dfrac{2\sqrt{3}\pi}{45}$


計算は少し難しくなるが,確実な方法で,まずこの方法で解くことをお勧めする.

解説2
解答の中で用いた三垂線の定理について述べる.
定理の形で書くと次のようになる.
定理
四面体$ABCD$について,$H$は底面$BCD$上の点,点$K$は直線$BC$上の点とする.このとき次が成り立つ.
$(1) \ \ AH\perp (\text{面}BCD),HK\perp BC \Rightarrow AK\perp BC$
$(2) \ \ AH\perp (\text{面}BCD),AK\perp BC \Rightarrow HK\perp BC$
$(3) \ \ AK\perp BC,HK\perp BC,AH\perp HK \Rightarrow AH\perp (\text{面}BCD)$

証明 (1) 仮定より
$AH\perp BC,HK\perp BC$
であるから,
$BC\perp (\text{面}AHK)$
$\therefore AK\perp BC$

(2)は同様.

(3) $HK\perp BC,AK\perp BC$より
$BC\perp (\text{面}AHK)$
したがって,$AH\perp BC$
仮定より$AH\perp HK$であるから
$AH\perp (\text{面}BCD)$


三垂線の定理は,証明が初等的(ベクトルや方程式を用いていない)であり,応用範囲が広い.
例えば,正四面体で,頂点から底面に下した垂線の足$H$が底面の重心であることは,$H$が底面の三角形の各中線上 にあることが三垂線の定理より分かる.
空間図形で垂線の足の場所を苦労して見つけたときに,よく見ると三垂線の定理そのものであることを 経験したことがあるのではないかと思う.
ちなみに例題5の解答では三垂線の定理(1)を用いている.


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