2013福島県立医科大 数学３

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【解答】

　(１)
　　　平面z＝aがGA、GB、GC、GDおよびz軸と交わる点をそれぞれ
　　　A’、B’、C’、D’、O’とおく。
　　　また、平面z＝a上にあり、O’を中心とする半径1の円を$\scriptsize\sf{\alpha}$ とおくと、
　　　切断面S_aは、$\scriptsize\sf{\alpha}$ の周および内部と、正方形A’B’C’D’の周および
　　　内部との共通部分になる。

　　　　　　　　　　　

　　　一方、△GOA∽△GO’A’であり、△GOAはOG＝OA＝$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ の
　　　直角二等辺三角形なので、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf O'A'=O'G=OG-OO'=\sqrt2-a\end{align*}}$ ．
　　　これより、S_aが正方形となるのは、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf O'A'=\sqrt2-a\leqq 1\ \ \Leftrightarrow\ \ a\geqq \sqrt2-1\end{align*}}$
　　　のときである。よって、条件を満たすaの最小値z₀は
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \underline{\ z_0=\sqrt2-1\ }\end{align*}}$
　　　である。


　(２)
　　　0＜a＜z₀のとき、S_aは右図のようになる。
　　　A’B’の中点をM、円$\scriptsize\sf{\alpha}$ が線分A’Mおよび
　　　線分O’A’と交わる点をそれぞれE、Fとすると、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf O'E=O'F=1\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf O'M=O'A'\sin\frac{\pi}{4}=1-\frac{a}{\sqrt2}\end{align*}}$ ．
　　　これより、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\angle EO'M=\frac{O'M}{O'E}=1-\frac{a}{\sqrt2}=\cos\theta\end{align*}}$
　　　となるので、∠EO’M＝$\scriptsize\sf{\theta}$ である。
　　　このとき、S_aの面積をS(a)とおくと、図の対称性より
　　　　　　　　S(a)＝8(△O’EM＋扇形O’EF)
　　　として求めることができるので、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf S(a)=8\left\{\frac{1}{2}\cdot 1\cdot\left(1-\frac{a}{\sqrt2}\right)\sin\theta+\frac{1}{2}\cdot 1^2\cdot\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right) \right\}\end{align*}}$
　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =8\left\{\frac{1}{2}\cos\theta\sin\theta+\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}-\theta\right) \right\}\end{align*}}$
　　　　　　　　 $\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\underline{\ 2\sin 2\theta-4\theta+\pi }\end{align*}}$ ．


　(３)
　　　z₀＜a＜$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \sqrt2\end{align*}}$ のとき、S_aは正方形A’B’C’D’と一致し、
　　　その一辺は、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf A'D'=2O'E=2-\sqrt2\ a\end{align*}}$．
　　　これらより、立体Vの体積は、
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\int_0^{\sqrt2}S\ (a)\ da\end{align*}}$
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\int_0^{z_0}\left(2\sin 2\theta-4\theta+\pi\right)da+\int_{z_0}^{\sqrt2}\left(2-\sqrt2\ a\right)^2da\end{align*}}$ ．

　　　ここで、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \cos\theta=1-\frac{a}{\sqrt2}\end{align*}}$
　　　とおくと、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -\sin\theta\cdot\frac{d\theta}{da}=-\frac{1}{\sqrt2}\ \ \Leftrightarrow\ \ \frac{da}{d\theta}=\sqrt2\sin\theta\end{align*}}$
　　　となり、a：0→z₀に対応する$\scriptsize\sf{\theta}$ は0→$\scriptsize\sf{\pi}$ /4なので、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_0^{z_0}\left(2\sin 2\theta-4\theta+\pi\right)da\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2\int_0^{\pi/4}\left(2\sin 2\theta-4\theta+\pi\right)\sin\theta d\theta\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2\int_0^{\pi/4}\left(-\cos 3\theta+\cos\theta+\pi\sin\theta \right)d\theta\end{align*}}$　　←積･和の公式
　　　　　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf -4\sqrt2\left\{\bigg[-\theta\cos\theta\bigg]_0^{\pi/4}+\int_0^{\pi/4}\cos\theta\ d\theta\right\}\end{align*}}$　　←部分積分
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2\left[-\frac{1}{3}\sin 3\theta+\sin\theta-\pi\cos\theta\right]_0^{\pi/4}+4\sqrt2\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{1}{\sqrt2}-4\sqrt2\bigg[\sin\theta\bigg]_0^{\pi/4}\end{align*}}$
　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\sqrt2\pi-\frac{10}{3}\end{align*}}$ ．
　　　また、
　　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf \int_{z_0}^{\sqrt2}\left(2-\sqrt2\ a\right)^2da\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\left[\frac{1}{3\sqrt2}\left(\sqrt2 a-2 \right)^3\right]_{z_0}^{\sqrt2}\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =0-\frac{1}{3\sqrt2}\left(\sqrt2 z_0-2 \right)^3\end{align*}}$
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =-\frac{1}{3\sqrt2}\left(-\sqrt2\right)^3\end{align*}}$　　←(１)より
　　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf =\frac{2}{3}\end{align*}}$ ．

　　　以上より、
　　　　　　$\scriptsize\sf{\begin{align*} \sf V=\left(\sqrt2\pi-\frac{10}{3}\right)+\frac{2}{3}=\underline{\ \sqrt2\pi-\frac{8}{3}\ }\end{align*}}$ ．





　　形はイメージしやすいですよね。計算が少し面倒ですか。