\(0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{3}\) を満たす \(\theta\) に対し, \(xy\) 平面の第 \(1\) 象限の点 P および \(x\) 軸の正の部分にある点 Q を \[ \angle \text{QOP} = \theta , \ \angle \text{PQO} = 2 \theta , \ \text{PQ} = 1 \] を満たすようにとる. PQ の中点を R とする. \(\theta\) が \(0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{3}\) の範囲を動くとき, P の軌跡を \(C _ 1\) , R の軌跡を \(C _ 2\) とする. 次の問いに答えよ.
(1) P , Q , R の座標を \(\theta\) を用いて表せ.
(2) \(C _ 1 , C _ 2\) を求め, それらを図示せよ.
(3) \(C _ 1 , C _ 2\) および \(x\) 軸で囲まれる部分を \(x\) 軸のまわりに \(1\) 回転してできる回転体の体積を求めよ.
【 解 答 】
(1)
Q \(( q , 0 )\) （ \(q \gt 0\) ）とおくと, \(\angle \text{OQP} = 2 \theta\) なので
\[\begin{align}
\text{P} & \ ( q -\cos 2 \theta , \sin 2 \theta ) \quad ... [1] , \\
\text{R} & \ \left( q -\dfrac{\cos 2 \theta}{2} , \dfrac{\sin 2 \theta}{2} \right)
\end{align}\]
と表せる.
また, \(\angle \text{POQ} = \theta\) なので, 実数 \(p \ ( p \gt 0 )\) を用いて
\[
\text{P} \ ( p \cos \theta , p \sin \theta ) \quad ... [2]
\]
と表せる.
[1] [2] を比較して
\[\begin{gather}
\left\{\begin{array}{l} p \cos \theta = q -\cos 2 \theta \\ p \sin \theta = \sin 2 \theta \end{array}\right. \\
\text{∴} \quad p = 2 \cos \theta , \ q = 2 \cos 2 \theta +1
\end{gather}\]
よって, 各点の座標は
\[\begin{align}
\text{P} & \ \underline{( \cos 2 \theta +1 , \sin 2 \theta )} \\
\text{Q} & \ \underline{( 2 \cos 2 \theta +1 , 0 )} \\
\text{R} & \ \underline{\left( \dfrac{3 \cos 2 \theta}{2} +1 , \dfrac{\sin 2 \theta}{2} \right)}
\end{align}\]
(2)
条件より, \(0 \lt 2 \theta \lt \dfrac{2 \pi}{3}\) なので, \[ -\dfrac{1}{2} \lt \cos 2 \theta \lt 1 , \ 0 \lt \sin 2 \theta \lt 1 \] よって, 点 P , Q の軌跡である \(C _ 1 , C _ 2\) は \[\begin{align} C _ 1 & ： \underline{(x-1)^2 +y^2 = 1 \ \left( \dfrac{1}{2} \lt x \lt 2 , y \gt 0 \right)} , \\ C _ 2 & ： \underline{\dfrac{4 (x-1)^2}{9} +4 y^2 = 1 \ \left( \dfrac{1}{4} \lt x \lt \dfrac{5}{2} , \ y \gt 0 \right)} \end{align}\] これを図示すると, 下図実線部（○は除く）
(3)
\(C _ 1 , C _ 2\) および \(x\) 軸で囲まれる部分を \(D\) とおく.
(2) の結果より, \(C _ 1 , C _ 2\) の式から \(y\) を消去すると
\[\begin{align}
\dfrac{4 (x-1)^2}{9} +4 \left\{ 1 -(x-1)^2 \right\} & = 1 \\
32 (x-1)^2 & = 27 \\
\text{∴} \quad x = 1 \pm \dfrac{3 \sqrt{6}}{8} &
\end{align}\]
\(\sqrt{6} \gt 2\) より, \(\dfrac{3 \sqrt{6}}{8} \gt \dfrac{3}{4}\) なので, \(C _ 1 , C _ 2\) の交点の \(x\) 座標は \(1 +\dfrac{3 \sqrt{6}}{8}\) である.
したがって, \(D\) は下図斜線部のようになる.
よって, 求める体積 \(V\) は \[\begin{align} V & = \pi \displaystyle\int _ {1 +\frac{3 \sqrt{6}}{8}}^{\frac{5}{2}} \left\{ \dfrac{1}{4} -\dfrac{(x-1)^2}{9} \right\} \, dx \\ & \qquad -\pi \displaystyle\int _ {1 +\frac{3 \sqrt{6}}{8}}^{2} \left\{ 1 -(x-1)^2 \right\} \, dx \\ & = \pi \displaystyle\int _ {\frac{3 \sqrt{6}}{8}}^{\frac{3}{2}} \left( \dfrac{1}{4} -\dfrac{x^2}{9} \right) \, dx \\ & \qquad -\pi \displaystyle\int _ {\frac{3 \sqrt{6}}{8}}^{1} \left( 1 -x^2 \right) \, dx \\ & = \pi \left[ \dfrac{x}{4} -\dfrac{x^3}{27} \right] _ {\frac{3 \sqrt{6}}{8}}^{\frac{3}{2}} -\pi \left[ x -\dfrac{x^3}{3} \right] _ {\frac{3 \sqrt{6}}{8}}^{1} \\ & = \pi \left( \dfrac{3}{8} -\dfrac{1}{8} \right) -\sqrt{6} \pi \left( \dfrac{3}{32} -\dfrac{3}{256} \right) \\ & \qquad -\dfrac{2 \pi}{3} +\sqrt{6} \pi \left( \dfrac{3}{8} -\dfrac{27}{256} \right) \\ & = \dfrac{3 \sqrt{6} \pi}{16}-\dfrac{5 \pi}{12} \\ & = \underline{\dfrac{\left( 9 \sqrt{6} -20 \right) \pi}{48}} \end{align}\]