[math]2022年東京大学理系前期数学問題5

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問題

座標空間内の点 $A (0, 0, 2)$ と点 $B (1, 0, 1)$ を結ぶ線分 $A B$ を $z$ 軸のまわりに $1$ 回転させて得られる曲面を $S$ とする。 $S$ 上の点 $P$ と $x y$ 平面上の点 $Q$ が $P Q = 2$ を満たしながら動くとき、線分 $P Q$ の中点 $M$ が通過しうる範囲を $K$ とする。 $K$ の体積を求めよ。

方針

点 $P$ を固定させると点 $Q$ は $x y$ 平面上で円を描く。点 $P Q$ の中点である点 $M$ も円を描く。 $P$ の $z$ 座標を固定させると、点 $M$ の掃く面積は円環であることがわかる。後はこれを $z$ 方向に積分すれば良い。

解答

$A B$ を $z$ 軸の周りに回転させた図形 $S$ は円錐の天蓋になる。

$S$ 上の点を $X (x, y, z)$ とすると、 $X$ の $z$ 軸からの距離は $x^{2} + y^{2}$ であるが、一方 $z = - x + 2 (1 \leq z \leq 2)$ であるから、 $S$ の方程式は $x^{2} + y^{2} = x^{2} = (- z + 2)^{2} (1 \leq z \leq 2)$ となる。点 $P (p, q, r)$ とすると、 $p^{2} + q^{2} = (- r + 2)^{2} (1 \leq r \leq 2)$ である。点 $Q$ は $x y$ 平面上にあり、点 $(p, q, 0)$ を中心とし、半径 $\sqrt{4 - r^{2}}$ の円上にある。

したがって、点 $M$ は平面 $z = \frac{r}{2}$ 上で、点 $(p, q, \frac{r}{2})$ を中心とする半径 $\frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{2}$ の円上にある。 $z$ 軸から $M$ が回る円の中心への距離は $(\sqrt{p^{2} + q^{2}} = - r + 2)$ で、点 $M$ が動く最大径は $(- r + 2) + \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{2}$ 、最小径は $(- r + 2) - \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{2}$ となる。

破線の円で挟まれた部分が $M$ が動く範囲になる。 $(- r + 2) \geq \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{4}$ の場合。

破線の円で挟まれた範囲が $M$ の動く範囲となる。 $(- r + 2) \leq \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{4}$ の場合。

なお、 $\begin{array}{rcl} (- r + 2) - \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{2} & = & \frac{(- r + 2)^{2} - \frac{4 - r^{2}}{4}}{(- r + 2) + \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{2}} \end{array}$ であるが、 $\begin{array}{rcl} (- r + 2)^{2} - \frac{4 - r^{2}}{4} & = & \frac{4 (r^{2} - 4 r + 4) - 4 + r^{2}}{4} \\ = & \frac{5 r^{2} - 16 r + 12}{4} \\ = & \frac{(5 r - 6) (r - 2)}{4} \end{array}$ となり、 $- r + 2$ よりも $\frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{2}$ の方が大きい場合もあるが、どちらの場合も $M$ の動く範囲の面積は $π ({((- r + 2) + \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{4})}^{2} - {((- r + 2) - \frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{4})}^{2})$ となる。これを $S (t)$ とおいて、計算すると、 $\begin{array}{rcl} S (t) & = & π (- r + 2) \sqrt{4 - r^{2}} \\ = & - π r \sqrt{4 - r^{2}} + 2 π \sqrt{4 - r^{2}} \end{array}$ である。 $1 \leq r \leq 2$ でこれを積分して、求める $K$ の体積を $V$ とすると、 $\begin{array}{rcl} V & = & \int_{1}^{2} S (t) d t \\ = & π {[\frac{1}{3} (4 - r^{2})^{\frac{3}{2}}]}_{1}^{2} + 2 π \int_{1}^{2} \sqrt{4 - r^{2}} d r \end{array}$ であるが、二項目の積分は下図の斜線部の部分の面積であるから、 $\begin{array}{rcl} V & = & - \sqrt{3} π + 2 π (4 π \cdot \frac{1}{6} - \frac{\sqrt{3}}{2}) \\ = & \underset{―}{\frac{4}{3} π^{2} - 2 \sqrt{3} π} \end{array}$ となる。

解説

曲面 $S$ の方程式すら求められず時間が過ぎていった受験生も多かったかもしれない。軸回りの回転体の方程式については以下の記事も参考にしていただきたい。

空間座標、求積の問題ではどうしてもある程度図形的な考察を加えないと、式だけで押し切るのはなかなか難しい。この問題の場合も、点 $Q$ が $x y$ 平面上で、したがって点 $M$ が $x y$ 平面に平行な平面上で円を描くことに気がつけば、関門は突破と言える。その後、 $(- r + 2)$ と $\frac{\sqrt{4 - r^{2}}}{4}$ との大小によって、場合分けが生じるが、式は結局一緒になる。結果は一緒でも、場合分けを失念した場合は減点されてしまうだろう。空間の求積、軸回りの回転体、斜回転体の体積などは慣れていないとなかなか難しく感じるが、逆に安定して得点しやすい。三次元は人間にとって想像しにくいので、 $2$ 次元に落として考える、つまりある平面で切ることが肝要である。簡単な問題ではなく、過去の東大のハードな立体の求積問題と比較しても、なかなか骨があると思う。