工学部2021年第３問

工学部2021年第３問の問題文全文
(1) の解答
1. $\displaystyle \frac{dy}{d\theta}=0$ となる $\theta$ の値
2. 傾きが $-1$ となる曲線 $C$ の接線
(2) の解答
(3)の着眼点〜曲線の概形をつかむ〜
(3) の解答

工学部2021年第３問の問題文全文

原点を $\mathrm{O}$ とする座標平面において$,$ 媒介変数 $\theta ~(0\leqq \theta \leqq 2\pi )$ によって表された曲線 $C~:$

\begin{align}\left\{\begin{array}{c}x=(1+\cos{\theta})\cos{\theta} \\ y=(1+\sin{\theta})\sin{\theta}\end{array}\right. \end{align}

について$,$ 以下の問いに答えなさい.

(1) $\displaystyle \frac{dy}{d\theta}=0$ となる $\theta $ の値は小さい方から $\fbox{$\hskip0.8em（あ）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ $,$ $\fbox{$\hskip0.8em（い）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ $,$ $\fbox{$\hskip0.8em（う）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ $,$ $\fbox{$\hskip0.8em（え）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ である. また$,$ 傾きが $-1$ となる曲線 $C$ の接線は $2$ つあり$,$ それらの方程式は

\begin{align}y=-x+~\fbox{$\hskip0.8em（お）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}~,~y=-x+~\fbox{$\hskip0.8em（か）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}\end{align}

である. ただし$,$ $\fbox{$\hskip0.8em（お）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}~>~\fbox{$\hskip0.8em（か）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ とする.

点 $\mathrm{P}$ を曲線 $C$ 上にとる. $\mathrm{P}$ から直線 $y=x$ へ垂線 $\mathrm{PH}$ を下ろし$,$ $\mathrm{PH}$ を半径とする円の面積を $S$ とする. ただし$,$ $\mathrm{P}$ が直線 $y=x$ 上にあるとき $\mathrm{P}$ と $\mathrm{H}$ は同一点であり$S=0$ とする. また$,$ (1) で求めた $2$ つの接線において$,$ $x$ 座標が負の接点を $\mathrm{Q}$ として$,$ $\mathrm{QH}$ の長さを $h$ とする. ただし$,$ $\mathrm{Q}$ と $\mathrm{H}$ が一致するときは $h=0$ とする.

(2) $\mathrm{P}$ の座標を $(X,~Y)$ とする. $X,~Y$ を用いて $S$ と $h$ を表すと$,$

\begin{align}S=~\fbox{$\hskip0.8em（き）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}~,~h=~\fbox{$\hskip0.8em（く）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}\end{align}

である.

(3) 曲線 $C$ によって囲まれた部分を直線 $y=x$ の周りに $1$ 回転させてできる立体の体積 $V$ を求めることを考える. $V$ は $S$ と $h$ について積分すれば得られるが$,$ 置換積分法によって $S$ を $\theta $ について積分しても計算できる. これより $V=~\fbox{$\hskip0.8em（け）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ となる. なお$,$ $\fbox{$\hskip0.8em（け）\hskip0.8em\Rule{0pt}{0.8em}{0.4em}$}$ を導く過程も所定の場所に書きなさい.

(1) の解答

$\displaystyle \frac{dy}{d\theta}=0$ となる $\theta$ の値

\begin{align}\frac{dy}{d\theta}=\cos{\theta}\sin{\theta}+(1+\sin{\theta})\cos{\theta}\end{align}

\begin{align}=\cos{\theta}(2\sin{\theta}+1)\end{align}

$\displaystyle \frac{dy}{d\theta}=0$ のとき$,$

\begin{align}\cos{\theta}=0~or~\sin{\theta}=-\frac{1}{2}\end{align}

\begin{align}\theta =\frac{\pi}{2},~\frac{7}{6}\pi ,~\frac{3}{2}\pi ,~\frac{11}{6}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}

（あ）$\displaystyle \frac{\pi}{2}$　（い）$\displaystyle \frac{7}{6}\pi$　（う）$\displaystyle \frac{3}{2}\pi$　（え）$\displaystyle \frac{11}{6}\pi$

傾きが $-1$ となる曲線 $C$ の接線

\begin{align}\frac{dx}{d\theta}=-\sin{\theta}\cos{\theta}+(1+\cos{\theta})(-\sin{\theta})\end{align}

\begin{align}=-\sin{\theta}(2\cos{\theta}+1)\end{align}

より$,$

\begin{align}\frac{dy}{dx}=\cfrac{\cfrac{dy}{d\theta}}{\cfrac{dx}{d\theta}}=\frac{\cos{\theta}(2\sin{\theta}+1)}{-\sin{\theta}(2\cos{\theta}+1)}\end{align}

$\displaystyle \frac{dy}{dx}=-1$ のとき$,$

\begin{align}\cos{\theta}(2\sin{\theta}+1)=\sin{\theta}(2\cos{\theta}+1)\end{align}

\begin{align}\cos{\theta}=\sin{\theta}\end{align}

\begin{align}\sin{\theta}-\cos{\theta}=0\end{align}

\begin{align}\sqrt{2}\sin{\left(\theta -\frac{\pi}{4}\right)}=0\end{align}

\begin{align}0\leqq \theta \leqq 2\pi\end{align}

より$,$

\begin{align}-\frac{\pi}{4}\leqq \theta -\frac{\pi}{4}\leqq \frac{7}{4}\pi\end{align}

\begin{align}\theta -\frac{\pi}{4}=0,~\pi\end{align}

\begin{align}\theta =\frac{\pi}{4},~\frac{5}{4}\pi\end{align}

quandle

$x=\cos{\theta},~y=\sin{\theta}$ とおくと$,$ $\sin{\theta}=\cos{\theta}$ は

\begin{align}y=x,~x^2+y^2=1\end{align}

を同時に満たす $x,~y$ のことです. $\theta =\displaystyle \frac{\pi}{4},~\frac{5}{4}\pi$ であることはすぐにわかります. 模範解答としては合成から解きましたが$,$ 今回のように答えだけわかればいい場合は上記の考えでさっと出してしまいたいですね.

$\displaystyle \theta =\frac{\pi}{4}$ のとき$,$

\begin{align}x=y=\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1+\sqrt{2}}{2}\end{align}

$\displaystyle \theta =\frac{5}{4}\pi$ のとき$,$

\begin{align}x=y=\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{1-\sqrt{2}}{2}\end{align}

よって$,$ 傾きが $-1$ となる接線は

\begin{align}y=-\left(x-\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)+\frac{1+\sqrt{2}}{2}~\mathrm{or}~y=-\left(x-\frac{1-\sqrt{2}}{2}\right)+\frac{1-\sqrt{2}}{2}\end{align}

\begin{align}y=-x+1+\sqrt{2}~\mathrm{or}~y=-x+1-\sqrt{2}~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}

（お）$1+\sqrt{2}$　（か）$1-\sqrt{2}$

(2) の解答

$S$ を求める〜点と直線の距離〜

$\mathrm{PH}$ の長さは $\mathrm{P}(X,~Y)$ と直線 $x-y=0$ との距離に等しいので$,$

\begin{align}\mathrm{PH}=\frac{|X-Y|}{\sqrt{1+1}}=\frac{|X-Y|}{\sqrt{2}}\end{align}

よって$,$

\begin{align}S=\pi {\mathrm{PH}}^2=\frac{\pi}{2}(X-Y)^2~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}

（き）$\displaystyle \frac{\pi}{2}(X-Y)^2$

$h$ を求めるための着眼点

曲線 $C$ がどんな概形をしているかがまだわかっていません.

$h$ を求めるだけなら曲線 $C$ の概形はわからないままでも対処できます.

$h=\mathrm{QH}$ です. $\mathrm{Q}$ の座標は (1) でわかっているので$,$ $\mathrm{H}$ の座標さえわかれば $2$ 点間の距離公式で求められるからです.

$\mathrm{H}$ は直線 $y=x$ と直線 $\mathrm{PH}$ の交点です. この $2$ 直線は直交しますから$,$ 直線 $\mathrm{PH}$ の傾きは $-1$ とわかります. これで点 $\mathrm{H}$ の座標も問題なく出せそうです.

特に今回は点 $\mathrm{Q}$ と点 $\mathrm{H}$ がともに直線 $y=x$ 上にありますから$,$ $x$ 軸とのなす角が $45^{\circ}$ であることを利用すれば$,$ $x$ 座標の差を $\sqrt{2}$ 倍することで求めることができます. 時々使うテクニックなので知っておくと速いです.

点 $\mathrm{Q}$ と点 $\mathrm{H}$ の差を考えるのですが$,$ 曲線 $C$ の概形がわからないまま考えているのでどちらの $x$ 座標が大きいか判断ができません. そのため$,$ 一旦絶対値をつけたまま $x$ 座標の差をとることになります.

絶対値の中身が正なのか負なのかを判断する必要があります. 今回は計算で判断できますが$,$ 問題によっては計算だけでは判断がつかないかもしれません. そのときには曲線 $C$ の概形を調べて図形的に判断するなど次の手をうつことも考えなければなりません.

$h$ を求める〜絶対値の中身の符号判定〜

点 $\mathrm{P}$ を通り$,$ 傾きが $-1$ の直線は $y=-(x-X)+Y$ であり$,$ これと直線 $y=x$ の交点である点 $\mathrm{H}$ の交点は

$x=-(x-X)+Y$ のとき$,$ $\displaystyle x=\frac{X+Y}{2}$ より

\begin{align}H\left(\frac{X+Y}{2},~\frac{X+Y}{2}\right)\end{align}

(1) より$,$

\begin{align}\mathrm{Q}\left(\frac{1-\sqrt{2}}{2},~\frac{1-\sqrt{2}}{2}\right)\end{align}

であり$,$ 点 $\mathrm{Q}$ と点 $\mathrm{H}$ はともに直線 $y=x$ 上の点であるから$,$

\begin{align}h=\left|\frac{X+Y}{2}-\frac{1-\sqrt{2}}{2}\right|\cdot \sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}|X+Y+\sqrt{2}-1|\end{align}

ここで$,$ $X=(1+\cos{\theta})\cos{\theta},~Y=(1+\sin{\theta})\sin{\theta}$ とおくと$,$

\begin{align}X+Y+\sqrt{2}-1=\cos{\theta}+\cos^2{\theta}+\sin{\theta}+\sin^2{\theta}+\sqrt{2}-1\end{align}

\begin{align}=\sin{\theta}+\cos{\theta}+\sqrt{2}=\sqrt{2}\sin{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}+\sqrt{2}\end{align}

\begin{align}=\sqrt{2}\left\{\sin{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)+1}\right\}\geqq 0\end{align}

であるから$,$

\begin{align}h=\frac{\sqrt{2}}{2}(X+Y+\sqrt{2}-1)~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}

（く）$\displaystyle h=\frac{\sqrt{2}}{2}(X+Y+\sqrt{2}-1)$

(3)の着眼点〜曲線の概形をつかむ〜

(2) で $S$ や $h$ を求めました. 流れを考えれば

\begin{align}\int_?^?Sdh\end{align}

を計算するのでしょう.

この定義域が曲線の概形をつかまないとわかりません.

定義域がわかれば$,$ 問題文にもあるとおり$,$

① 定義域

② $S$ と $dh$

をそれぞれ $\theta $ で置換積分することで求められそうです.

概形は本解答では愚直に微分して調べました. 東進の解答速報ではもっと上手にやってありますのでぜひ参考にされてください. 筆者色々頭使うよりは腕力に任せて微分してしまいたい派なのでご容赦ください.

(3) の解答

増減表

$\displaystyle \frac{dx}{d\theta}=0$ のとき$,$

\begin{align}\sin{\theta}=0~\mathrm{or}~\cos{\theta}=-\frac{1}{2}\end{align}

\begin{align}\theta =0,~\frac{2}{3}\pi ,~\pi ,~\frac{4}{3}\pi ,~2\pi \end{align}

$\displaystyle \frac{dy}{d\theta}=0$ のとき$,$ (1) より$,$

\begin{align}\theta =\frac{\pi}{2},~\frac{7}{6}\pi ,~\frac{3}{2}\pi ,~\frac{11}{6}\pi \end{align}

であるから$,$ 増減表は以下のようになる.

\begin{align}\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \theta & 0 & \cdots & \displaystyle \frac{\pi}{2} & \cdots & \displaystyle \frac{2}{3}\pi & \cdots & \pi & \cdots & \displaystyle \frac{7}{6}\pi & \cdots & \displaystyle \frac{4}{3}\pi & \cdots & \displaystyle \frac{3}{2}\pi & \cdots & \displaystyle \frac{11}{6}\pi & \cdots & 2\pi \\ \hline \displaystyle \frac{dx}{d\theta} & 0 & – & – & – & 0 & + & 0 & – & – & – & 0 & + & + & + & + & + & 0 \\ \hline \displaystyle \frac{dy}{d\theta} & + & + & 0 & – & – & – & – & – & 0 & + & + & + & 0 & – & 0 & + & + \\ \hline x & 2 & \leftarrow & 0 & \leftarrow & \displaystyle -\frac{1}{4} & \rightarrow & 0 & \leftarrow & \displaystyle x\left(\frac{7}{6}\pi \right) & \leftarrow & \displaystyle -\frac{1}{4} & \rightarrow & 0 & \rightarrow & \displaystyle x\left(\frac{11}{6}\pi \right) & \rightarrow & 2 \\ \hline y & 0 & \uparrow & 2 & \downarrow & \displaystyle y\left(\frac{2}{3}\pi \right) & \downarrow & 0 & \downarrow & \displaystyle -\frac{1}{4} & \uparrow & \displaystyle y\left(\frac{4}{3}\pi \right) & \uparrow & 0 & \downarrow & \displaystyle -\frac{1}{4} & \uparrow & 0 \\ \hline \end{array}\end{align}

$y=x$ 対称であること

実は与えられている曲線は $y=x$ 対称になります.

一般に点 $(a,~b)$ を $y=x$ に関して対称移動した点の座標は $(b,a)$ となります. つまり$,$ $x$ 座標と $y$ 座標が入れ替わります.

$y=x$ 対称であることを示すには$,$ 何かを代入したときに$,$ $x$ 座標と $y$ 座標が入れ替わることを言えばOKです.

\begin{align}\left\{\begin{array}{c}x=(1+\cos{\theta})\cos{\theta} \\ y=(1+\sin{\theta})\sin{\theta}\end{array}\right. \end{align}

上記の式をよく見ると$,$ $x,~y$ は $\cos{\theta}$ と $\sin{\theta}$ が入れ替わっているだけになっています.

\begin{align}\cos{\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)}=\sin{\theta},~\sin{\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)}=\cos{\theta}\end{align}

ですから$,$

\begin{align}x\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)=y(\theta ),~y\left(\frac{\pi}{2}-\theta \right)=x(\theta )\end{align}

となるので$,$ $y=x$ 対称であることがわかります.

曲線の概形

増減表と $y=x$ 対称であることを合わせると$,$ 曲線の概形は以下のようになります.

回転体の体積

$y=x$ と $y=-x+1+\sqrt{2}$ の交点を $\mathrm{R}$ とおくと$,$ (1) より$,$

\begin{align}\mathrm{R}\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2},~\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\end{align}

\begin{align}\mathrm{Q}\left(\frac{1-\sqrt{2}}{2},~\frac{1-\sqrt{2}}{2}\right)\end{align}

よって$,$ $\mathrm{QR}$ の長さは

\begin{align}\mathrm{QR}=\left(\frac{1+\sqrt{2}}{2}-\frac{1-\sqrt{2}}{2}\right)\sqrt{2}=2\end{align}

また$,$ $S$ と $\displaystyle \frac{dh}{d\theta}$ を $\theta $ で表すと$,$

\begin{align}S=\frac{\pi}{2}(X-Y)^2\end{align}

\begin{align}=\frac{\pi}{2}(\cos{\theta}-\sin{\theta}+\cos^2{\theta}-\sin^2{\theta})^2\end{align}

\begin{align}=\pi \cdot \cos^2{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}\left\{1+\sqrt{2}\sin{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}\right\}^2\end{align}

\begin{align}\frac{dh}{d\theta}=\cos{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}\end{align}

\begin{align}V=\int_0^2Sdh\end{align}

\begin{align}=\int_{\frac{5}{4}\pi}^{\frac{\pi}{4}}\pi\cos^2{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}\left\{1+\sqrt{2}\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)\right\}^2\cos{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}d\theta \end{align}

\begin{align}=\pi\int_{\frac{5}{4}\pi}^{\frac{\pi}{4}}\left\{1-\sin^2{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}\right\}\left\{1+\sqrt{2}\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)\right\}^2\cos{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}d\theta \end{align}

ここで$,$ $\displaystyle t=\sin{\left(\theta +\frac{\pi}{4}\right)}$ とおくと$,$

\begin{align}\begin{array}{|c|ccc|}\hline \theta & \displaystyle \frac{5}{4}\pi & \rightarrow & \displaystyle \frac{\pi}{4} \\ \hline t & -1 & \rightarrow & 1 \\ \hline \end{array}\end{align}

\begin{align}V=\pi\int_{-1}^1(1-t^2)(1+\sqrt{2}t)^2dt\end{align}

\begin{align}=\pi\int_{-1}^1(1+2\sqrt{2}t+t^2-2\sqrt{2}t^3-2t^4)dt\end{align}

\begin{align}=2\pi\int_0^1(1+t^2-2t^4)dt=2\pi\biggl[t+\frac{1}{3}t^3-\frac{2}{5}t^5\biggr]_0^1\end{align}

\begin{align}=2\pi\left(1+\frac{1}{3}-\frac{2}{5}\right)=\frac{28}{15}\pi~~~~\cdots \fbox{答}\end{align}

quandle

積分範囲が $-1\leqq t \leqq 1$ ですから$,$ 奇関数部分は $0$ になりますね！

（く）$\displaystyle \frac{28}{15}\pi$