名古屋大学 2014年度 前期日程 第2次学力試験理系数学 第1問

(1)

球の中心を $O$ とし、$O$ から直線 $l$ までの距離を $d$ とする。球の半径は1である。直線 $l$ と球の交わりは、中心から距離 $d$ の位置での弦であり、その長さは $2\sqrt{1-d^2}$ である。

これが $\sqrt{3}$ に等しいので $$2\sqrt{1-d^2}=\sqrt{3}$$ である。両辺を2で割って2乗すると $1-d^2=\frac{3}{4}$ だから $d^2=\frac{1}{4}$ である。距離は正なので $d=\frac{1}{2}$ である。

(2)

直線 $l$ を $z$ 軸とし、球の中心を $(\frac{1}{2},0,0)$ にとる。このとき球は ${(x-\frac{1}{2})}^2+y^2+z^2\leqq 1$ で表される。

高さ $z$ で切ると、$xy$ 平面内に ${(x-\frac{1}{2})}^2+y^2\leqq 1-z^2$ という円板が現れる。この円板の半径を $$\rho =\sqrt{1-z^2}$$ とおく。円板の中心は回転軸から距離 $1\mathrm{/}2$ の位置にある。 $\rho \geqq 1\mathrm{/}2$、すなわち $$\mathrm{\mid }z\mathrm{\mid }\leqq \frac{\sqrt{3}}{2}$$ のとき、円板は回転軸を含む。したがって回転後の高さ $z$ における断面は半径 $\rho +1\mathrm{/}2$ の円であり、面積は $\pi {(\rho +\frac{1}{2})}^2$ である。

一方、$\rho <1\mathrm{/}2$、すなわち $$\frac{\sqrt{3}}{2}<\mathrm{\mid }z\mathrm{\mid }\leqq 1$$ のとき、円板は回転軸を含まない。回転後の断面は外半径 $\rho +1\mathrm{/}2$、内半径 $1\mathrm{/}2-\rho$ の円環であるから、面積は$$\pi {(\rho +\frac{1}{2})}^2-\pi {(\frac{1}{2}-\rho )}^2=2\pi \rho$$である。

図形は $z=0$ について対称なので、体積 $V$ は$$V=2{\int }_0^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}\pi {(\frac{1}{2}+\sqrt{1-z^2})}^{2}dz+2{\int }_{\sqrt{3}\mathrm{/}2}^{1}2\pi \sqrt{1-z^2}dz$$である。

まず $${(\frac{1}{2}+\sqrt{1-z^2})}^2=\frac{5}{4}-z^2+\sqrt{1-z^2}$$ である。よって$${\int }_0^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}(\frac{5}{4}-z^2)dz={[\frac{5}{4}z-\frac{z^3}{3}]}_0^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$$である。また $${\int }_0^{\sqrt{3}\mathrm{/}2}\sqrt{1-z^2}dz=\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi }{6}$$ である。これは、単位円の扇形と三角形の面積、または $z=\sin \theta$ の置換で得られる。

したがって前半の体積は$$2\pi (\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi }{6})=\frac{5\pi \sqrt{3}}{4}+\frac{{\pi }^2}{3}$$である。

次に$${\int }_{\sqrt{3}\mathrm{/}2}^1\sqrt{1-z^2}dz=\frac{\pi }{4}-(\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{\pi }{6})=\frac{\pi }{12}-\frac{\sqrt{3}}{8}$$である。したがって後半の体積は$$4\pi (\frac{\pi }{12}-\frac{\sqrt{3}}{8})=\frac{{\pi }^2}{3}-\frac{\pi \sqrt{3}}{2}$$である。

以上より$$V=(\frac{5\pi \sqrt{3}}{4}+\frac{{\pi }^2}{3})+(\frac{{\pi }^2}{3}-\frac{\pi \sqrt{3}}{2})=\frac{2{\pi }^2}{3}+\frac{3\pi \sqrt{3}}{4}$$である。