解説

方針・初手

正八面体を座標で表すと処理しやすい。辺の長さが $1$ の正八面体は

$$ |x|+|y|+|z|\le \frac{1}{\sqrt2} $$

で表せる。

互いに平行な2面を

$$ x+y+z=\frac{1}{\sqrt2},\qquad x+y+z=-\frac{1}{\sqrt2} $$

とおくと，それらの重心を結ぶ直線が回転軸になる。したがって，この軸に垂直な平面

$$ x+y+z=t $$

で切った断面を調べ，その断面が1回転してできる円板の半径を求めて積分すればよい。

解法1

**(1)**

底面を水平に置いたとき，真上から見る向きは，2つの平行な面の重心を結ぶ軸の方向である。正八面体の6個の頂点の射影はこの軸のまわりに等間隔に並ぶので，平面図は正六角形である。

**(2)**

正八面体の頂点を

$$ A\left(\frac1{\sqrt2},0,0\right),\ B\left(0,\frac1{\sqrt2},0\right),\ C\left(0,0,\frac1{\sqrt2}\right), $$

$$ A'\left(-\frac1{\sqrt2},0,0\right),\ B'\left(0,-\frac1{\sqrt2},0\right),\ C'\left(0,0,-\frac1{\sqrt2}\right) $$

とおく。このとき，各辺の長さは

$$ \sqrt{\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2+\left(\frac1{\sqrt2}\right)^2}=1 $$

となり，確かに辺の長さ $1$ の正八面体である。

平行な2面 $ABC,\ A'B'C'$ の重心は

$$ G_1=\left(\frac1{3\sqrt2},\frac1{3\sqrt2},\frac1{3\sqrt2}\right),\qquad G_2=\left(-\frac1{3\sqrt2},-\frac1{3\sqrt2},-\frac1{3\sqrt2}\right) $$

であるから，回転軸は直線

$$ x=y=z $$

である。

そこで，軸に垂直な平面

$$ x+y+z=t \qquad \left( -\frac1{\sqrt2}\le t\le \frac1{\sqrt2} \right) $$

で切った断面を考える。

この平面と辺 $AB'$ との交点を $P$ とすると，$AB'$ は

$$ \left(\frac1{\sqrt2}(1-\lambda),-\frac1{\sqrt2}\lambda,0\right) \qquad (0\le \lambda\le 1) $$

と表せるから，

$$ \frac1{\sqrt2}(1-\lambda)-\frac1{\sqrt2}\lambda=t $$

より

$$ \lambda=\frac{\frac1{\sqrt2}-t}{\sqrt2} $$

となる。したがって

$$ P= \left( \frac{\frac1{\sqrt2}+t}{2}, -\frac{\frac1{\sqrt2}-t}{2}, 0 \right) $$

である。

一方，平面 $x+y+z=t$ と回転軸 $x=y=z$ との交点を $C_t$ とすると，

$$ C_t=\left(\frac t3,\frac t3,\frac t3\right) $$

である。

この断面は凸で $C_t$ を含むから，これを $C_t$ を中心に1回転すると，平面 $x+y+z=t$ 内では半径が断面の最遠点までの距離に等しい円板になる。対称性よりその最遠点は断面の頂点であり，たとえば $P$ を用いればよい。

よって，その半径を $r(t)$ とすると

$$ r(t)^2=C_tP^2 $$

であり，

$$ \begin{aligned} r(t)^2 &= \left( \frac{\frac1{\sqrt2}+t}{2}-\frac t3 \right)^2 + \left( -\frac{\frac1{\sqrt2}-t}{2}-\frac t3 \right)^2 + \left( 0-\frac t3 \right)^2 \\ &= \left(\frac{\frac{3}{\sqrt2}+t}{6}\right)^2 + \left(\frac{-\frac{3}{\sqrt2}+t}{6}\right)^2 + \left(\frac{-2t}{6}\right)^2 \\ &= \frac14+\frac{t^2}{6} \end{aligned} $$

となる。

したがって，平面 $x+y+z=t$ における回転後の断面積は

$$ \pi r(t)^2=\pi\left(\frac14+\frac{t^2}{6}\right) $$

である。

ここで，平面 $x+y+z=t$ と $x+y+z=t+dt$ の間の軸方向の距離は

$$ \frac{dt}{\sqrt3} $$

である。ゆえに体積 $V$ は

$$ V= \frac{\pi}{\sqrt3} \int_{-1/\sqrt2}^{1/\sqrt2} \left( \frac14+\frac{t^2}{6} \right)\,dt $$

となる。

被積分関数は偶関数なので，

$$ \begin{aligned} V &= \frac{2\pi}{\sqrt3} \int_0^{1/\sqrt2} \left( \frac14+\frac{t^2}{6} \right)\,dt \\ &= \frac{2\pi}{\sqrt3} \left[ \frac{t}{4}+\frac{t^3}{18} \right]_0^{1/\sqrt2} \\ &= \frac{2\pi}{\sqrt3} \left( \frac{1}{4\sqrt2}+\frac{1}{36\sqrt2} \right) \\ &= \frac{2\pi}{\sqrt3}\cdot \frac{5}{18\sqrt2} \\ &= \frac{5\pi}{9\sqrt6} \end{aligned} $$

となる。

解説

この問題の要点は，回転軸まわりの立体をそのまま追いかけるのではなく，軸に垂直な平面で切ることである。

正八面体を

$$ |x|+|y|+|z|\le \frac1{\sqrt2} $$

と表すと，面の重心を結ぶ軸は $x=y=z$ とすぐにわかる。あとは平面 $x+y+z=t$ で切った断面の最遠点までの距離を求めれば，回転後の各断面は円板になるので体積は積分で求められる。

また，（1） の平面図が正六角形になることは，この軸方向から見たときに6頂点の射影が等間隔に並ぶことによる。

答え

**(1)**

平面図は正六角形である。

**(2)**

回転してできる立体の体積は

$$ \frac{5\pi}{9\sqrt6} $$

である。