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問題8 右の図のように，一辺の長さが$1$の立方体$ABCD-EFGH$がある．辺$BC$,辺$DH$, 辺$EF$上に３点$P,Q,R$を$BP=DQ=ER=t$となるようにとり，三角形$PQR$をつくる． $t$が$0$から$1$まで動くとき，この三角形が通過してできる立体の体積を求めよ． 
解答$E$を原点，$EF,EH,EA$がそれぞれ$x$軸，$y$軸,$z$軸であるように取る． $P(1,t,1),Q(0,1,1-t),R(t,0,0)$である． $\triangle PQR$の状況を調べよう． $\overrightarrow{PQ}=(-1,1-t,-t)$ $=(-1,1,0)+t(0,-1,-1)$ $=\overrightarrow{BD}+t\overrightarrow{DE}$ $\overrightarrow{PR}=(t-1,-t,-1)$ $=(-1,0,-1)+t(1,-1,0)$ $=\overrightarrow{CH}+t\overrightarrow{HF}$ したがって， $PQ\parallel \triangle BDE,PR\parallel \triangle CHF$($\parallel$は平行の意味) さらに， $\triangle BDE \parallel \triangle CHF$であるから$\triangle PQR$は 任意の$t$で $\triangle PQR \parallel \triangle BDE$ であることがわかる． また， $\overrightarrow{AG}=(1,1,-1)$ は$\overrightarrow{BD}=(-1,1,0),\overrightarrow{ED}=(0,1,1)$と垂直より， $\overrightarrow{AG}$が$\triangle PQR$の法線ベクトルである． さらに， $\overrightarrow{PQ}=(-1,1-t,-t),\overrightarrow{PR}=(t-1,-t,-1), \overrightarrow{RQ}=(-t,1,1-t)$より，$\triangle PQR$は一辺の長さ $\sqrt{(1-t)^2+t^2+1^2}=\sqrt{2(t^2-t+1)}$の正三角形である． $\triangle PQR$が通過してできる立体の体積を求めよう． 体積は，軸を決め，軸上に座標を定め，軸に垂直な平面で切った切り口の面積を 軸の座標で表し，切り口が存在する座標の範囲で切り口の面積を積分すればよい． 文章にすると分かりづらいが，次のようにすればよい． 
$AG$に座標を定める．座標は原点を決め，ここでは$A$を原点とする．$AG$上の点$S$
に対して$AS=s$のとき$S$の座標は$s$である．$AS=s$のとき $\overrightarrow{OS}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AS}$ $=(0,0,1)+s\dfrac{(1,1,-1)}{\sqrt{3}}$ $=(\dfrac{s}{\sqrt{3}},\dfrac{s}{\sqrt{3}},1-\dfrac{s}{\sqrt{3}})$ 次に，$S$を通り$AG$に垂直な平面と$BC$との交点を求める． $P(1,t,1)$が$PS\perp AG$であればよい. $\overrightarrow{PS}=(\dfrac{s}{\sqrt{3}}-1,\dfrac{s}{\sqrt{3}}-t,-\dfrac{s}{\sqrt{3}})$ であるから， $\overrightarrow{PS}\cdot (1,1,-1)=0$ より $t=\sqrt{3}s-1$ $t=0$のとき$s=\dfrac{1}{\sqrt{3}},t=1$のとき$s=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ $S$の座標$s$のとき，$\triangle PQR$の面積を$A(s)$とおくと $A(s)=\dfrac{\sqrt{3}PQ^2}{4}$ $=\dfrac{\sqrt{3}\cdot 2\{(\sqrt{3}s-1)^2-(\sqrt{3}s-1)+1\}}{4}$ $=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}(s^2-\sqrt{3}s+1)$ 求める体積は $\displaystyle \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\frac{2}{\sqrt{3}}}A(s)ds=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\frac{2}{\sqrt{3}}}(s^2-\sqrt{3}s+1)ds$ $=\dfrac{5}{12}$ 
解説(1) 直線$m$に座標を定めるのは原点$O$を定め，$O$で分けられた２つの部分の片方を選びそちら側を正とする．点$T$の$O$からの距離$OT$が$t$のとき，$T$ が選んだ側にあれば$T(t)$で反対側にあれば$T(-t)$である． (2)直線$AG$に座標を定めなくとも，次のように$t$のままで積分することもできる． $\triangle PQR$の面積を$Y$,頂点$A$と平面$PQR$との距離を$X$,頂点$A$と 平面$BDE$,平面$CHF$との距離をそれぞれ$a,b$とすると，求める体積は $\displaystyle \int_a^bYdX$ ここで，$X,Y$をそれぞれ$t$で表して置換積分をする． $P(1,t,1)$から直線$AG$に下した垂線の足を$S$とする. $\overrightarrow{AG}$と同じ向きの単位ベクトルを $\overrightarrow{e}=\dfrac{(1,1,-1)}{\sqrt{3}}$ とする． $\overrightarrow{AS}=(\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{e})\overrightarrow{e}$ $=\dfrac{(t+1)(1,1,-1)}{3}$ したがって， $X=AS=\dfrac{t+1}{\sqrt{3}},a=\dfrac{1}{\sqrt{3}},b=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ $\triangle PQR$の面積$Y$は $Y=\dfrac{\sqrt{3}PQ^2}{4}=\dfrac{\sqrt{3}(t^2-t+1)}{2}$ $X:\frac{1}{\sqrt{3}}\to \frac{2}{\sqrt{3}}$のとき$t:0\to 1$ $\dfrac{dX}{dt}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ したがって $\displaystyle \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\frac{2}{\sqrt{3}}}YdX =\int_0^1\dfrac{\sqrt{3}(t^2-t+1)}{2}\dfrac{dt}{\sqrt{3}}=\dfrac{5}{12} $ この解答は計算が少し楽になるが，きちんと理解していないと$\frac{dt}{\sqrt{3}}$ のところが間違いやすいのでお勧めしない． (2) 平面の方程式やベクトルの外積の知識があれば次のように解いてもよい． $\overrightarrow{PQ}=(-1,1-t,-t),\overrightarrow{PR}=(t-1,-t,-1)$ より $\overrightarrow{PQ}\times \overrightarrow{PR}=(-t^2+t-1,-t^2+t-1,t^2-t+1)\parallel (1,1,-1)$ より，$\triangle PQR$を含む平面の方程式は,$P(1,t,1)$を通るから $x-1+y-t-(z-1)=0, \ \ \therefore x+y-z=t$ $A$と$\triangle PQR$を含む平面との距離を$X$とすると$X=\dfrac{1+t}{\sqrt{3}}$ $\triangle PQR$の面積$Y$を$t$で表すと $Y=\dfrac{\sqrt{3}PQ^2}{4}=\dfrac{\sqrt{3}(t^2-t+1)}{2}$ $\dfrac{dX}{dt}=\sqrt{3}$,$X:\dfrac{1}{\sqrt{3}}\to \dfrac{2}{\sqrt{3}}$のとき$t:0\to 1$ 求める体積は $\displaystyle \int_{\frac{1}{\sqrt{3}}}^{\frac{2}{\sqrt{3}}}Ydx =\int_0^1\dfrac{\sqrt{3}(t^2-t+1)}{2}\dfrac{dt}{\sqrt{3}}=\dfrac{5}{12}$ 問題に戻る 目次 全体の目次 |