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京都大学 1988年理系第4問解説

方針・初手

与えられた条件から、正四面体の各頂点の座標を決定する。辺 $AB$ は $x$ 軸上にあり、原点 $O$ が中点なので $A, B$ の座標はすぐに置ける。正四面体の対称性から $C, D$ の $x$ 座標は $0$ となり、$yz$ 平面上にあることがわかる。 (2)の切口については、平面 $\alpha$ が $z$ 軸に垂直であることから、正四面体の4つの辺との交点の座標を求め、その図形を判定する。 (3)の体積は、(2)の考察を生かして $z$ 軸に垂直な平面による断面積を式に表し、$z$ 方向に積分して求める。

解法1

(1)

辺 $AB$ は長さ $2$ で $x$ 軸上にあり、原点 $O$ が中点であるから、2頂点 $A, B$ の座標は $A(1, 0, 0), B(-1, 0, 0)$ とおける。正四面体の対称性から、頂点 $C, D$ は線分 $AB$ の垂直二等分面上、すなわち $yz$ 平面（$x=0$）上にある。 $\triangle ABC$ は1辺 $2$ の正三角形であるから、中線 $OC$ の長さは $\sqrt{3}$ である。同様に $OD = \sqrt{3}$ である。線分 $CD$ の中点 $M$ は $z$ 軸の正の部分にあるので、その座標を $M(0, 0, z_m)$ （$z_m > 0$）とする。 $C, D$ は $yz$ 平面上にあり、$CD = 2$ かつ $M$ が $CD$ の中点であるから、$C, D$ の $y$ 座標は互いに符号が逆で絶対値が $1$ である。 $C$ の $y$ 座標は正であるから、$C$ と $D$ の座標は $C(0, 1, z_m), D(0, -1, z_m)$ と表せる。ここで直角三角形 $\triangle OMC$ に着目すると、$OM^2 + MC^2 = OC^2$ が成り立つ。 $OM = z_m, MC = 1, OC = \sqrt{3}$ より、

$$ z_m^2 + 1^2 = (\sqrt{3})^2 $$

$$ z_m^2 = 2 $$

$z_m > 0$ より $z_m = \sqrt{2}$ である。したがって、2頂点 $C, D$ の座標は以下のようになる。

$$ C(0, 1, \sqrt{2}), \quad D(0, -1, \sqrt{2}) $$

(2)

(1)より、中点 $M$ の座標は $(0, 0, \sqrt{2})$ である。線分 $OM$ を $t : (1-t)$ に内分する点は $(0, 0, \sqrt{2}t)$ であり、平面 $\alpha$ は $OM$（$z$ 軸）に垂直な平面であるから、その方程式は $z = \sqrt{2}t$ となる。 $0 < t < 1$ であるから、平面 $\alpha$ は正四面体の4つの辺 $AC, BC, AD, BD$ と交わる。これらの交点をそれぞれ $Q, R, S, T$ とする。各交点は、各辺を $t : (1-t)$ に内分する点であるから、それぞれの座標は次のように求まる。

$Q$（$AC$ 上）：$(1-t)A + tC = (1-t, t, \sqrt{2}t)$
$R$（$BC$ 上）：$(1-t)B + tC = (t-1, t, \sqrt{2}t)$
$S$（$AD$ 上）：$(1-t)A + tD = (1-t, -t, \sqrt{2}t)$
$T$（$BD$ 上）：$(1-t)B + tD = (t-1, -t, \sqrt{2}t)$

これら4点はすべて平面 $z = \sqrt{2}t$ 上にある。この平面上で4点をつなぐ四角形 $QRST$ を考える。各辺のベクトルを計算すると、

$$ \vec{QR} = (t-1 - (1-t), t-t, 0) = (2t-2, 0, 0) $$

$$ \vec{ST} = (t-1 - (1-t), -t-(-t), 0) = (2t-2, 0, 0) $$

よって $\vec{QR} = \vec{ST}$ となり、四角形 $QRST$ は平行四辺形である。さらに、

$$ \vec{QS} = (1-t - (1-t), -t-t, 0) = (0, -2t, 0) $$

となり、内積 $\vec{QR} \cdot \vec{QS} = (2t-2) \times 0 + 0 \times (-2t) + 0 = 0$ であるため、隣り合う辺は直交する。したがって、平面 $\alpha$ による切口の図形は長方形である。

(3)

平面 $\alpha$ によって分けられた正四面体のうち、原点に近い部分（$0 \leqq z \leqq \sqrt{2}t$）の体積を $V$ とする。任意の高さ $z$ （$0 \leqq z \leqq \sqrt{2}$）における $z$ 軸に垂直な平面による断面積を $S(z)$ とする。 $z = \sqrt{2}u$ （$0 \leqq u \leqq 1$）とおくと、(2)の議論から、切口は縦 $2u$、横 $2(1-u)$ の長方形となる。よって、断面積 $S(\sqrt{2}u)$ は

$$ S(\sqrt{2}u) = 2(1-u) \times 2u = 4(u - u^2) $$

と表せる。体積 $V$ は $S(z)$ を $z = 0$ から $z = \sqrt{2}t$ まで積分して得られる。 $z = \sqrt{2}u$ と置換積分すると、$dz = \sqrt{2} du$ であり、積分区間は $u$ が $0$ から $t$ となる。

$$ \begin{aligned} V &= \int_{0}^{\sqrt{2}t} S(z) dz \\ &= \int_{0}^{t} 4(u - u^2) \sqrt{2} du \\ &= 4\sqrt{2} \int_{0}^{t} (u - u^2) du \\ &= 4\sqrt{2} \left[ \frac{u^2}{2} - \frac{u^3}{3} \right]_{0}^{t} \\ &= 4\sqrt{2} \left( \frac{t^2}{2} - \frac{t^3}{3} \right) \\ &= \frac{2\sqrt{2}}{3} (3t^2 - 2t^3) \end{aligned} $$

解説

座標空間における立体の切断と体積の問題である。「ねじれの位置にある2つの対辺（ここでは $AB$ と $CD$）の中点を結ぶ線分に垂直な平面で正四面体を切断すると、断面は長方形になる」という性質は、空間図形の有名事実である。 (2)で断面の形が長方形になると分かれば、(3)の積分計算は比較的容易である。変数 $z$ のまま積分するよりも、$z = \sqrt{2}u$ と内分比を変数において置換積分した方が計算ミスを減らせる。