解説

方針・初手

三角形 $ADB$ は空間内の平面図形であり、$x$ 軸に垂直な平面 $x=t$ で切って断面積を求め、これを積分するのが自然である。

このとき、各断面は回転後に単なる円板ではなく円環になる場合がある。したがって、各 $t$ における $x$ 軸からの距離の最大値と最小値を求めることが要点である。

解法1

$D$ は $AC$ の中点であるから

$$ D\left(\frac12,0,\frac12\right)

$$

である。

また、$A(1,0,0),B(0,1,0),D\left(\frac12,0,\frac12\right)$ はいずれも

$$ x+y+z=1

$$

を満たすので、三角形 $ADB$ は平面 $x+y+z=1$ 上にある。

断面の形

$x=t\ (0\le t\le 1)$ で切ると、三角形 $ADB$ との共通部分は線分になる。この線分上では

$$ y+z=1-t

$$

が成り立つ。

さらに、$xz$ 平面への射影を見ると、三角形 $ADB$ は頂点 $(1,0),(0,0),\left(\frac12,\frac12\right)$ をもつ三角形になるから、固定した $t$ に対して $z$ の動く範囲は

$$ 0\le z\le \min(t,1-t)

$$

である。

したがって断面上の点は

$$ (x,y,z)=\bigl(t,1-t-z,z\bigr) \quad \left(0\le z\le \min(t,1-t)\right)

$$

と表せる。

この点の $x$ 軸からの距離を $r$ とすると

$$ r^2=y^2+z^2=(1-t-z)^2+z^2

$$

である。これを

$$ f_t(z)=(1-t-z)^2+z^2 =2z^2-2(1-t)z+(1-t)^2

$$

とおく。

よって、平面 $x=t$ における回転後の断面は、半径の最大値を外半径、最小値を内半径とする円環である。

外半径

$f_t(z)$ は $z$ の2次関数で上に凸であるから、最大値は端点でとる。

まず $z=0$ では

$$ f_t(0)=(1-t)^2

$$

である。

他方、$z=\min(t,1-t)$ では

**(i)**

$0\le t\le \frac12$ のとき

$$ f_t(t)=(1-2t)^2+t^2

$$

であり、

$$ (1-t)^2-\bigl((1-2t)^2+t^2\bigr)=2t(1-2t)\ge 0

$$

となる。

**(ii)**

$\frac12\le t\le 1$ のとき

$$ f_t(1-t)=(1-t)^2

$$

である。

したがって外半径 $R(t)$ は常に

$$ R(t)=1-t

$$

である。

内半径

$f_t(z)$ の頂点は

$$ z=\frac{1-t}{2}

$$

である。

これが区間

$$ 0\le z\le \min(t,1-t)

$$

の中に入るかどうかで場合分けする。

**(i)**

$0\le t\le \frac13$ のとき

$$ \frac{1-t}{2}>t

$$

であるから、最小値は右端 $z=t$ でとる。したがって内半径 $r(t)$ は

$$ r(t)^2=f_t(t)=(1-2t)^2+t^2=1-4t+5t^2

$$

である。

**(ii)**

$\frac13\le t\le 1$ のとき

$$ \frac{1-t}{2}\le \min(t,1-t)

$$

であるから、最小値は頂点でとる。したがって

$$ r(t)^2=f_t\left(\frac{1-t}{2}\right)=\frac{(1-t)^2}{2}

$$

である。

断面積の積分

よって、$x=t$ における断面積 $S(t)$ は

$$ S(t)=\pi\bigl(R(t)^2-r(t)^2\bigr)

$$

であるから、

**(i)**

$0\le t\le \frac13$ では

$$ S(t)=\pi\left((1-t)^2-(1-4t+5t^2)\right) =\pi(2t-4t^2)

$$

**(ii)**

$\frac13\le t\le 1$ では

$$ S(t)=\pi\left((1-t)^2-\frac{(1-t)^2}{2}\right) =\frac{\pi}{2}(1-t)^2

$$

となる。

したがって体積 $V$ は

$$ V=\int_0^{1/3}\pi(2t-4t^2),dt+\int_{1/3}^{1}\frac{\pi}{2}(1-t)^2,dt

$$

である。

第1項は

$$ \int_0^{1/3}\pi(2t-4t^2),dt =\pi\left[t^2-\frac{4}{3}t^3\right]_0^{1/3} =\pi\left(\frac19-\frac{4}{81}\right) =\frac{5\pi}{81}

$$

第2項は

$$ \int_{1/3}^{1}\frac{\pi}{2}(1-t)^2,dt =\frac{\pi}{2}\left[-\frac{(1-t)^3}{3}\right]_{1/3}^{1} =\frac{\pi}{2}\cdot\frac{8}{81} =\frac{4\pi}{81}

$$

である。

ゆえに

$$ V=\frac{5\pi}{81}+\frac{4\pi}{81} =\frac{\pi}{9}

$$

となる。

解説

この問題の要点は、回転後の断面を「円板」と決めつけないことである。三角形 $ADB$ は $x$ 軸に垂直な平面内にないため、$x=t$ で切った線分を回転すると、半径に幅をもつ円環になる。

したがって、各断面で $x$ 軸からの距離 $r$ の最大値と最小値をきちんと調べる必要がある。距離の2乗を2次関数として扱うと、場合分けの境目が $t=\frac13$ であることも自然に出てくる。

答え

体積は

$$ \frac{\pi}{9}

$$

である。