1984年(昭和59年)東京大学-数学(理科)[1] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

2023.08.25記

[1] 空間内の点の集合 $\{(x,y,z) \,|\, 0\leqq y,0\leqq z \}$ に含まれ，原点 $\mbox{O}$ において $x$ 軸に接し， $xy$ 平面と $45^{\circ}$ の傾きをなす，半径 $1$ の円板 $C$ がある．座標が $(0,0,2\sqrt{2})$ の位置にある点光源 $\mbox{P}$ により， $xy$ 平面上に投ぜられた円板 $C$ の影を $S$ とする．

(i) $S$ の輪郭を表す $xy$ 平面上の曲線の方程式を求めよ．

(ii) 円板 $C$ と影 $S$ の間にはさまれ，光の届かない部分のつくる立体の体積を求めよ．

本問のテーマ

円錐の方程式
極射影（立体射影）

2020.11.28記
円錐面の切り口は二次曲線、という話なのだが
1980年(昭和55年)東京大学-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR
と同様、立体射影である．

[大人の解答]
$C$ の中心 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ を通り $C$ を含む平面に垂直な直線と $z$ 軸の交点の座標は $(0,0,\sqrt{2})$ で，これは $\mbox{OP}$ の中点であるから， $C$ の輪郭は $\mbox{OP}$ を直径とする球面 $x^2+y^2+(z-\sqrt{2})^2=2$ に含まれる．

点 $\rm P$ は球面のおける $\rm O$ の対蹠点だから $S$ の輪郭は $C$ の点 $\rm P$ を極とする極射影の像となるので， $\rm O$ と $(0,2\sqrt{2},0)$ （ $(0,\sqrt{2},\sqrt{2}$ の像）を直径とする円となる．よって

(i) $x^2+(y-\sqrt{2})^2=2$ となる．

(ii) 円錐の体積の引き算で
$\dfrac{1}{3}\pi (\sqrt{2})^2\cdot 2\sqrt{2}-\dfrac{1}{3}\pi (1)^2\cdot 2=\dfrac{4\sqrt{2}-2}{3}\pi$

普通に円錐曲線の話だと

[大人の解答]
(i) $\rm P$ と $C$ の輪郭を結んでできる斜円錐の $xy$ 平面による切り口が $S$ の輪郭であり，それら閉じた曲線となるので楕円である．その楕円は $y$ 軸対称で原点と $(0,2\sqrt{2},0)$ （ $(0,\sqrt{2},\sqrt{2}$ の像）を通るので
$k x^2+(y-\sqrt{2})^2=2$ と書くことができる．さらに $(1,\sqrt{2},\sqrt{2})$ の像 $\dfrac{4}{3}(1,\sqrt{2},0)$ を通るので $\dfrac{16k}{9}+\dfrac{2}{9}=2$ から $k=1$ となり，求める楕円の方程式は円 $x^2+(y-\sqrt{2})^2=2$ となる．

空間の円のパラメータ表示を使うと

[解答]
(i) 円 $C$ の輪郭は $\Bigl(\cos\theta,\dfrac{1+\sin\theta}{\sqrt{2}},\dfrac{1+\sin\theta}{\sqrt{2}}\Bigr)$ となる．
この点と $\rm P$ を結ぶ直線
$\begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}$ $=(1-t)\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 2\sqrt{2} \end{pmatrix}$ $+t\begin{pmatrix} \cos\theta \\ \dfrac{1+\sin\theta}{\sqrt{2}} \\\dfrac{1+\sin\theta}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}$
と $xy$ 平面の交点を求めると
$X=\dfrac{4\cos\theta}{3-\sin\theta}，Y=\dfrac{2\sqrt{2}(1+\sin\theta)}{3-\sin\theta}$
となるので $\cos^2\theta+\sin^2\theta=1$ を利用して $\theta$ を消去すると
$8X^2+(3Y-2\sqrt{2})^2=(Y+2\sqrt{2})^2$
となり，整理して $X^2+Y^2-2\sqrt{2}Y=0$ となる．

2023.08.25記
極射影の円円対応（この場合は球球対応だが）は結局方羃の定理を使うことになるので，極射影の答案は方羃の定理を使って表現されることになる．

[解答] $C$ の周上の点を $\mbox{Q}$ とし， $\mbox{Q}$ に対応する影 $S$ の輪郭上の点を $\mbox{R}$ とすると， $\triangle\mbox{OPQ}$ ∽ $\triangle\mbox{RPO}$ だから
$\mbox{PQ}\cdot\mbox{PR}=\mbox{PO}^2=8$
と， $\mbox{Q}$ の位置によらず一定となるので，方羃の定理の逆により，
$\mbox{O}$ ， $\mbox{P}$ ， $\mbox{Q}$ は $C$ の周を含み $\mbox{PO}$ に接する球面上にあることがわかる．

対称性により，この球面の中心は $y$ 軸上にあり， $\mbox{Q}$ が $(0,\sqrt{2},\sqrt{2})$ のときに $\mbox{R}$ が $(0,2\sqrt{2},0)$ となることに注意すると
$x^2+(y-\sqrt{2})^2+z^2=(\sqrt{2})^2=2$
となる．よって $S$ の輪郭を表す方程式は $z=0$ との交わりを考えて
$x^2+(y-\sqrt{2})^2=(\sqrt{2})^2=2$
となる．

標準的な解答も載せておく．

[解答]
$C$ の周は， $C$ の中心 $\left(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}},\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ を通り $C$ を含む球面と平面 $y=z$ の交線だから，
$x^2+\left(y-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\left(z-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2=1$ かつ $y=z$
となる．整理すると

$x^2+2y^2-2\sqrt{2}y=0$ かつ $y=z$

となる．よって $C$ 上の点を $\mbox{Q}(\alpha,\beta,\gamma)$ とおくと，
$\alpha^2+2\beta^2-2\sqrt{2}\beta=0$ かつ $\beta=\gamma$
をみたす．

$\mbox{Q}$ は $\mbox{PR}$ の内分点だから， $\mbox{R}(X,Y,0)$ とおくと
$(\alpha,\beta,\beta)=(1-t)(0,0,2\sqrt{2}) + t(X,Y,0)$
と表すことができるので，
$\alpha=tX$ ， $\beta=tY=2\sqrt{2}(1-t)$
が成立する．このとき
$\alpha^2+2\beta^2-2\sqrt{2}\beta=0$ から
$t^2(X^2+2Y^2)-2t\sqrt{2}Y=0$
となるが， $tY=2\sqrt{2}(1-t)$ から
$\dfrac{1}{t}=\dfrac{Y+2\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}$
となることに注意すると，
$X^2+2Y^2-(Y+2\sqrt{2})Y=0$ ，
つまり
$X^2+Y^2-2\sqrt{2}Y=0$
となる．