第3問
OA=$\small\sf{\sqrt2}$ OBを満たす△OABの辺AB上に点Pがあって、OP=2、∠AOP=45°、
∠BOP=60°である。△OAP の外接円をC1、△OBPの外接円をC2とする。
以下の問いに答えよ。
(1) 辺OBの長さを求めよ。
(2) C1の半径R1とC2の半径R2を求めよ。
(3) C1の内部とC2の内部の共通部分の面積Sを求めよ。
(4) C1の内部とC2の内部の共通部分を直線OPのまわりに回転してできる回転体の
体積Vを求めよ。
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【解答】
(1)
加法定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \sin105^{\circ}=\sin45^{\circ}\sin60^{\circ}+\cos45^{\circ}\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt2+\sqrt6}{4}\end{align*}}$
OB=xとおくと、△OAB=△OAP+△OBPより
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{1}{2}\cdot \sqrt2\ x\cdot x\sin105^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt2 x\cdot 2\sin45^{\circ}+\frac{1}{2}\cdot x\cdot 2\sin60^{\circ}\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{1+\sqrt3}{2}x^2=2x+\sqrt3\ x\end{align*}}$
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \ \ \Leftrightarrow\ \ x=\frac{2\left(2+\sqrt3\right)}{1+\sqrt3}=\underline{1+\sqrt3}\end{align*}}$
(2)
(1)より、$\scriptsize\sf{OA=\sqrt2\ BP=\sqrt2+\sqrt6}$ なので、△OAPに余弦定理を用いると
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf AP^2=(\sqrt2+\sqrt6)^2+2^2-2\cdot 2(\sqrt2+\sqrt6)cos45^{\circ}=8\ \ \Leftrightarrow\ \ AP=2\sqrt2\end{align*}}$
△OAPにおいて正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R_1=\frac{2\sqrt2}{2\sin45^{\circ}}=\underline{2}\end{align*}}$
△OBPにおいて余弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf BP^2=(1+\sqrt3)^2+2^2-2\cdot 2(1+\sqrt3)cos60^{\circ}=6\ \ \Leftrightarrow\ \ BP=\sqrt6\end{align*}}$
△OBPにおいて正弦定理より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf R_2=\frac{\sqrt6}{2\sin60^{\circ}}=\underline{\sqrt2}\end{align*}}$
(3)
円C1、C2の中心をそれぞれQ、Rとする。
△OPQにおいて、OP=PQ=OQ=2より、∠OPQ=60°である。
また、△OPRにおいて、
$\scriptsize\sf{OP:PR:OR=2:\sqrt2:\sqrt2=\sqrt2:1:1}$
より、∠ORP=90°である。
よって、
S=扇形QOP-△QOP+扇形ROP-△ROP
なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf S&=\sf \frac{1}{6}\cdot 2^2\pi-\frac{1}{2}\cdot 2^2\sin60^{\circ}+\frac{1}{4}\cdot \left(\sqrt2\right)^2\pi-\frac{1}{2}\cdot \left(\sqrt2\right)^2 \\ &=\sf \underline{\frac{7}{6}\pi-\sqrt3-1} \end{align*}}$
(4)
xy平面上にO(0,0)、P(2,0)となるように△OABをとると、
△ROPは直角二等辺三角形なので、Rの座標は(1,-1)であり、
円C2の方程式は
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf (x-1)^2+(y+1)^2=2\ \ \Leftrightarrow\ \ y=-1\pm\sqrt{2-(x-1)^2}\end{align*}}$
Vは図の水色部分をx軸回転させてできる回転体の体積なので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V&=\sf\pi\int_0^2\left\{-1+\sqrt{2-(x-1)^2}\right\}dx \\ &=\sf \pi\int_0^2\left(-x^2+2x+2\right)dx-2\pi\int_0^2\sqrt{2-(x-1)^2}dx\end{align*}}$
まず、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2\left(-x^2+2x+2\right)dx=\left[-\frac{x^3}{3}+x^2+2x\right]_0^2=\frac{16}{3}\end{align*}}$
一方、$\scriptsize\sf{x-1=\sqrt2\sin\theta}$ と置換すると、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \frac{dx}{d\theta}=\sqrt2\cos\theta\end{align*}}$
であり、x:0→2に $\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \theta : -\frac{\pi}{4}\rightarrow\frac{\pi}{4}\end{align*}}$ が対応するので、
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf \int_0^2\sqrt{2-(x-1)^2}dx&=\sf \int_{-\pi/4}^{\pi/4}\sqrt{2(1-\sin^2\theta)}\cdot\sqrt2\cos\theta d\theta \\ &=\sf \int_{-\pi/4}^{\pi/4}2\cos^2\theta\ d\theta\\ &=\sf \int_{-\pi/4}^{\pi/4}(1+\cos 2\theta)d\theta\\ &=\sf \left[\theta+\frac{1}{2}\sin 2\theta\right]_{-\pi/4}^{\pi/4}\\ &=\sf \frac{\pi}{2}+1\end{align*}}$
以上より
$\scriptsize\sf{\begin{align*}\sf V=\frac{16}{3}\pi-2\pi\left(\frac{\pi}{2}+1\right)=\underline{\frac{10}{3}\pi-\pi^2}\end{align*}}$
テーマ:数学 - ジャンル:学問・文化・芸術
- 2018/09/17(月) 23:57:00|
- 大学入試(数学) .全国の大学 .福島県立医科大 2018
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