北海道大学 2025年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第4問

$u=1-t^2$とおけば$du=-2tdt$より$$\int t\sqrt{1-t^2}dt=-\frac{1}{3}(1-t^2{)}^{3\mathrm{/}2}+C\mathrm{.}$$$c=\sqrt{2}\mathrm{/}2$とする。$O$を原点，$OC$を$x$軸の正方向，
$T$を$z=0$，$U$を$z=1$に取る。$AB$は$x=c,z=0$であり，
垂直の条件と鋭角の条件から$D=(-1,0,1)$となる。
平面$\alpha$は$$z=\frac{c-x}{1+c}\mathrm{.}$$$O$を含む側では$0\le z\le (c-x)\mathrm{/}(1+c)$，$-1\le x\le c$。
$E$の$x$座標は$x=c-s=-t$だから，平面$\beta$は$x=-t$である。
切り口の横幅は$2\sqrt{1-t^2}$，高さは$(c+t)\mathrm{/}(1+c)$なので，面積は$$\frac{2(t+c)\sqrt{1-t^2}}{1+c}(-c\le t\le 1)\mathrm{.}$$(2)より，体積は$$\frac{2}{1+c}{\int }_{-c}^1(t+c)\sqrt{1-t^2}dt\mathrm{.}$$(1)から$${\int }_{-c}^{1}t\sqrt{1-t^2}dt=\frac{c}{6}\mathrm{.}$$また$t=\sin u$により$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{-c}^1\sqrt{1-t^2}dt}& {\displaystyle ={\int }_{-\pi \mathrm{/}4}^{\pi \mathrm{/}2}{\cos }^{2}udu}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{3\pi }{8}+\frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$$したがって体積は$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{2c}{1+c}(\frac{3\pi }{8}+\frac{5}{12})}& {\displaystyle =\frac{(\sqrt{2}-1)(9\pi +10)}{12}\mathrm{.}}\end{array}$$

水平な切り口を用いた体積の表し方。

高さ$z$の水平面では，$V$の切り口は単位円のうち
$x\le c-(1+c)z$となる部分である。$w=c-(1+c)z$とおくと，その面積は$$F(w)={\int }_{-1}^{w}2\sqrt{1-x^2}dx\mathrm{.}$$体積は${\int }_0^{1}F(c-(1+c)z)dz$であり，変数を$w$に移すと$$\frac{1}{1+c}{\int }_{-1}^{c}F(w)dw\mathrm{.}$$部分積分と$F(-1)=0$を用いれば，これが主解の積分と一致する。

円の一部分の面積を先に求める方法も使えるが，主解の切り口は長方形なので計算が短い。
立体の体積では，図から切り口の形が簡単になる方向を選ぶ。