皆さんこんにちは!
TomoKです。
今回は第3回垂れ流し数学模試の第5問の解説です。
第5問
問題
xyz座標空間上で, xy平面上に描かれた曲線y=x(1-x)の0\lt x\lt 1の部分をCとする.
C上を動く点Pに対し, Pからx軸に下した垂線の足をQとする.
さらにxz平面のz座標が正である点Rを, {\rm PQ}={\rm QR}かつ線分QRがxy平面に垂直である
ようにとる.
PがC上を動くときに\trianglePQRの周および内部が通過する領域に, 2点(0, 0, 0), (1, 0, 0)を
加えてできる立体をDとする.
(1) Dの体積を求めよ.
(2) 実数aが0\lt a\lt 1を動くとき, 3点(a, 0, 0), (a, 1, 0), (a+1, 0, 1)をすべて含む
平面によるDの断面積をS(a)とする. S(a)が最大となるaの値を求めよ.
ただし, そのときのS(a)の値(最大値)は求めなくてよい.
第5問は積分の応用として、体積や面積を考える問題でした。
立体の断面積を積分を用いて求める問題は今までそんなに見かけてこなかったという人もいるとは思います。
斜めに切る分、正しく処理しないと、断面積の計算で誤ってしまうなんてこともあり得ますので、
気を付けたいところです。
なお、立体の概形は次のようになります。

解答のために考えること
(1)は割とわかりやすいと思います。
立体Dを平面x=t (0\lt t\lt 1)で切ったときの断面は、Pのx座標がtのときの△PQRです。
(2)は断面上の点を(x_0,y_0,z_0)とおくと、この点はPがx座標がx_0のときの△PQRの上にあります。
この点が、3点(a, 0, 0), (a, 1, 0), (a+1, 0, 1)を含む平面上にある条件と、
Pがx座標がx_0のときの△PQRの上にあるという条件とを組み合わせて、
まずx_0, y_0, z_0の存在条件を求めます。
積分する場合は、積分の方向に注意しましょう。下の解答では、(a, 0, 0), (a+1, 0, 1)を
通る直線に沿って積分して、置換積分を使ってx軸方向の積分に転換させて求めています。
解答
(1)
Pのx座標がt (0\lt t\lt 1)のとき、P(t, t(1-t), 0), Q(t, 0, 0), R(t, 0, t(1-t))となり、
△PQRは平面x=t上にある。また、PQとQRは垂直である。
したがって、Dを平面x=tで切ったときの断面積は、
\dfrac{1}{2}\cdot {\rm PQ}\cdot{\rm QR}=\dfrac{1}{2}t^2(1-t)^2 (…①)
ここで、t=0, 1とすると、平面x=0またはx=1によるDの断面積は0であることより、
0\leqq t\leqq 1としても①は成り立つから、Dの体積は、
\begin{aligned}
\dint_{0}^{1}\left\{\dfrac{1}{2}{t^2(1-t)^2}\right\}\ dt&=\dfrac{1}{2}\dint_{0}^{1}(t^2-2t^3+t^4)dt=\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{3}t^3-\dfrac{1}{2}t^4+\dfrac{1}{5}t^5\right]_0^1\\[10px]
&=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{5}\right)=\bold{\dfrac{1}{60}}
\end{aligned}
(2)
3点(a, 0, 0), (a, 1, 0), (a+1, 0, 1)を含む平面を\alphaとし、
E(a, 0, 0), F(a, 1, 0), G(a+1, 0, 1)とする。
直線EFはy軸に平行で、直線EGはxz平面上の直線z=x-aである。
\alpha上の点X(x_0, y_0, z_0)に対して、x_0, y_0, z_0の満たすべき条件を求める。
Xからxz平面に垂線をおろすと、足は直線EG上の点H(x_0, 0, z_0)であるから、
z_0=x_0-a\quad (\cdots ②)
またXは、Pの座標がx_0のときの△PQR上にある。
平面x=x_0上で、直線PR上の点はz=-y+x_0(1-x_0)を満たすから、
Xについて、
y_0\geqq 0\quad (\cdots ③) かつ 0\leqq z_0\leqq -y_0+x_0(1-x_0)\quad (\cdots ④)
また、x_0の存在範囲について、0\leqq x_0 \leqq 1\quad (\cdots ⑤)
以上の条件を満たすx_0, y_0, z_0の条件を求める。
②,④より
\begin{aligned}
&0\leqq x_0-a \leqq -y_0+x_0(1-x_0)\\
\Leftrightarrow\quad &a\leqq x_0\leqq -y_0+x_0(1-x_0)+a\\
\Leftrightarrow\quad &a\leqq x_0 かつ y_0\leqq a-{x_0}^2
\end{aligned}
また③よりy_0\geqq 0だから、a-{x_0}^2\geqq 0
したがって、a\leqq x_0\leqq \sqrt{a} これは⑤を満たす。
以上から、x_0, y_0, z_0の存在条件として、
z_0=x_0-a かつ a\leqq x_0\leqq \sqrt{a} かつ 0\leqq y_0\leqq a-{x_0}^2
が得られた。
直線EGを、Eを原点、EからGへ進む方向を正とした数直線とみなせば、
XからEGに下した垂線の足Hの座標をhとおくと、
h=\sqrt{(x_0-a)^2+{z_0}^2}=\sqrt{2}(x_0-a)だから、
S(a)=\dint_0^{\sqrt{2}(\sqrt{a}-a)}(a-{x_0}^2)\ dh
dh=\sqrt{2}dx_0を用いて、
\begin{aligned}
S(a)&=\sqrt{2}\dint_a^{\sqrt{a}}(a-{x_0}^2)\ dx_0=\sqrt{2}\left[ax_0-\dfrac{1}{3}{x_0}^3\right]_a^{\sqrt{a}}\\[10px]
&=\sqrt{2}\left\{a(\sqrt{a}-a)-\dfrac{a\sqrt{a}-a^3}{3}\right\}\\[10px]
&=\dfrac{\sqrt{2}}{3}(a^3-3a^2+2a\sqrt{a})
\end{aligned}
となる。
0\lt a\lt 1の範囲で、S(a)の増減を調べる。
S(a)をaで微分すると、
\dfrac{d}{da}S(a)=\dfrac{\sqrt{2}}{3}(3a^2-6a+3\sqrt{a})=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{a}(\sqrt{a}-1)\{(\sqrt{a})^2+\sqrt{a}-1\}
である。
ここで、(\sqrt{a})^2+\sqrt{a}-1=0のとき、\sqrt{a}>0より\sqrt{a}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2},
a=\left(\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\right)^2=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}
以上より、増減表は下の通りになる。
a | 0 | \cdots | \dfrac{3-\sqrt{5}}{2} | \cdots | 1 |
\dfrac{d}{da}S(a) | (0) | + | 0 | - | (0) |
S(a) | (0) | \nearrow | S\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right) 極大 |
\searrow | (0) |
以上により、0\lt a\lt 1で、S(a)が最大となるaは、\bold{a=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}}
なお、a=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}のとき、S\left(\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\right)=\dfrac{5\sqrt{10}-11\sqrt{2}}{6}となり、
これが立体Dと平面\alphaの断面積の最大値ということになります。
ちなみに、S(a)=\dfrac{\sqrt{2}}{3}(a^3-3a^2+2a\sqrt{a})と、
a=0, 1それぞれで立体Dと平面\alphaが端の一点しか交わらないことから、
このS(a)から(1)のDの体積を求められますので、やってみてください。
もちろん、\alphaはx軸に対して常に45°の斜めにあるので、
積分方向を\alphaに常に垂直になるように取り直して積分する必要があることに注意してください。
ということで、今回の記事はここまでです。
ここまでお読みいただき、ありがとうございました。
ではまた!
0 件のコメント:
コメントを投稿