解説

方針・初手

まず平面の方程式を求める。

$H_1$ は $y$ 軸を含むので，その方程式は $y$ に依らず $z=ax$ とおける。さらに $(1,0,1)$ を通り，$xy$ 平面となす角が $45^\circ$ であるから $a=1$ であり，

$$ H_1:\ z=x

$$

となる。

同様に，$H_2$ は直線 $x=-\dfrac12,\ z=0$ を含むので，

$$ H_2:\ z=a\left(x+\frac12\right)

$$

とおける。これが $(1,0,\dfrac32)$ を通るから $a=1$ であり，

$$ H_2:\ z=x+\frac12

$$

となる。

したがって，(1) では立体 $A_1$ は

$$ x^2+y^2\le 1,\quad 0\le z\le x

$$

で表される部分であり，(3) では立体 $A_2$ は

$$ x^2+y^2\le 1,\quad 0\le z\le x+\frac12

$$

かつ $x\ge -\dfrac12$ の部分である。

解法1

**(1)**

**(a)**

$yz$ 平面に平行な平面，すなわち $x=$一定の平面で切る。

$0\le x\le 1$ のとき，断面では $y$ の動く範囲は

$$ -\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2}

$$

であり，$z$ の動く範囲は

$$ 0\le z\le x

$$

である。よって断面積 $S_1$ は

$$ S_1=2\sqrt{1-x^2}\cdot x=2x\sqrt{1-x^2}

$$

となる。したがって

$$ V_1=\int_0^1 2x\sqrt{1-x^2},dx

$$

である。

ここで $t=1-x^2$ とおくと $dt=-2x,dx$ であるから，

$$ V_1 =\int_0^1 2x\sqrt{1-x^2},dx =\int_0^1 \sqrt{t},dt =\left[-\frac23(1-x^2)^{3/2}\right]_0^1 =\frac23

$$

となる。

**(b)**

$xz$ 平面に平行な平面，すなわち $y=$一定の平面で切る。

$-1\le y\le 1$ のとき，円柱の断面では

$$ -\sqrt{1-y^2}\le x\le \sqrt{1-y^2}

$$

であるが，立体 $A_1$ ではさらに $0\le z\le x$ を満たさねばならないので，$x\ge 0$ が必要である。したがって断面は

$$ 0\le x\le \sqrt{1-y^2},\quad 0\le z\le x

$$

で表される直角三角形になる。よって断面積 $S_2$ は

$$ S_2=\frac12\left(\sqrt{1-y^2}\right)^2=\frac{1-y^2}{2}

$$

となる。したがって

$$ V_1=\int_{-1}^1 \frac{1-y^2}{2},dy

$$

であり，

$$ V_1=\frac12\left[y-\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^1 =\frac12\left(\frac23- \left(-\frac23\right)\right) =\frac23

$$

となる。

以上より，

$$ V_1=\frac23

$$

である。

**(2)**

側面 $L$ は円柱の側面 $x^2+y^2=1$ のうち，$A_1$ に属する部分である。

まず，$L$ と $xy$ 平面との共通部分 $C_0$ は，$x\ge 0$ の半円である。 $E=(0,1,0)$，$P(x,y,0)\in C_0$ とし，弧 $EP$ の長さを $u$，中心角 $\angle EOP=\theta\ (0\le \theta\le \pi)$ とする。

半径が $1$ であるから，弧長は中心角に等しく，

$$ u=\theta \qquad \cdots ①

$$

となる。

また，$P$ は半円 $C_0$ 上の点であるから，

$$ P=(\sin\theta,\cos\theta,0)

$$

と表せる。$P$ を通る鉛直線と平面 $H_1:\ z=x$ との交点を $Q(x,y,w)$ とすると，

$$ w=x=\sin\theta \qquad \cdots ②

$$

である。

①，②より，側面 $L$ を展開して $uw$ 平面で見ると，その展開図は

$$ w=\sin u \qquad (0\le u\le \pi)

$$

と $u$ 軸とで囲まれた図形になる。したがって側面積は

$$ \int_0^\pi \sin u,du =\left[-\cos u\right]_0^\pi =2

$$

である。

**(3)**

平面 $H_2$ は

$$ z=x+\frac12

$$

であるから，立体 $A_2$ は $x\ge -\dfrac12$ の範囲で，高さが $x+\dfrac12$ である立体とみなせる。

したがって体積 $V_2$ は

$$ V_2=\int_{-1/2}^1 2\sqrt{1-x^2}\left(x+\frac12\right),dx

$$

である。これを分けて計算すると，

$$ V_2=\int_{-1/2}^1 2x\sqrt{1-x^2},dx+\int_{-1/2}^1 \sqrt{1-x^2},dx

$$

である。

第1項は

$$ \int_{-1/2}^1 2x\sqrt{1-x^2},dx =\left[-\frac23(1-x^2)^{3/2}\right]_{-1/2}^1 =\frac{\sqrt3}{4}

$$

となる。

第2項は

$$ \int \sqrt{1-x^2},dx =\frac12\left(x\sqrt{1-x^2}+\sin^{-1}x\right)

$$

を用いて，

$$ \int_{-1/2}^1 \sqrt{1-x^2},dx =\frac12\left(x\sqrt{1-x^2}+\sin^{-1}x\right)\Bigg|_{-1/2}^1 =\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt3}{8}

$$

となる。

よって

$$ V_2=\frac{\sqrt3}{4}+\left(\frac{\pi}{3}+\frac{\sqrt3}{8}\right) =\frac{\pi}{3}+\frac{3\sqrt3}{8}

$$

である。

解説

この問題の核心は，平面の方程式を先に正確に求めることである。$H_1,\ H_2$ はともに $y$ に依らない平面であり，そのため断面積や高さが $x$ だけで表せる。

（1） では，$yz$ 平面に平行な断面で見ると「長方形」，$xz$ 平面に平行な断面で見ると「三角形」になり，どちらからでも同じ体積が得られる。

（2） では円柱の側面を展開すると，横方向は弧長 $u$，縦方向は高さ $w$ で表せる。半径 $1$ の円なので弧長 $u$ と中心角 $\theta$ が一致し，さらに平面 $H_1$ が $z=x$ であることから $w=\sin\theta$ が得られる。ここが展開図を関数のグラフの面積に帰着する要点である。

（3） も本質は同じで，高さが $x+\dfrac12$ に変わるだけである。

答え

**(1)**

$$ \text{ア}=2x\sqrt{1-x^2}

$$

$$ \text{イ}=\int_0^1 2x\sqrt{1-x^2},dx

$$

$$ \text{ウ}=\frac{1-y^2}{2}

$$

$$ \text{エ}=\int_{-1}^1 \frac{1-y^2}{2},dy

$$

$$ \text{オ}=\frac23

$$

**(2)**

$$ \text{カ}=\theta

$$

$$ \text{キ}=\sin\theta

$$

$$ \text{ク}=\sin u

$$

$$ \text{ケ}=2

$$

**(3)**

$$ \text{コ}=\frac{\pi}{3}+\frac{3\sqrt3}{8}

$$