【解説・採点基準付き】2013年九州大学理系数学の解答・解説

$a>1$ とし、2つの曲線

$$y=\sqrt x\quad(x\geqq0),\qquad y=\frac{a^3}{x}\quad(x>0)$$

を順に $C_1$、 $C_2$ とする。また、 $C_1$ と $C_2$ の交点Pにおける $C_1$ の接線を $l_1$ とする。以下の問いに答えよ。

(1) 曲線 $C_1$ と $y$ 軸および直線 $l_1$ で囲まれた部分の面積を $a$ を用いて表せ。

(2) 点Pにおける $C_2$ の接線と直線 $l_1$ のなす角を $\theta(a)$ とする $\left(0<\theta(a)<\dfrac{\pi}{2}\right)$。このとき、 $\displaystyle\lim_{a\to\infty}a\sin\theta(a)$ を求めよ。

(1)　配点 25点

$\sqrt x=\dfrac{a^3}{x}$ より $x\sqrt x=a^3$、すなわち $x^{\frac32}=a^3$ なので $x=a^2$。よって $\mathrm{P}(a^2,\ a)$。

$y=\sqrt x$ より $y’=\dfrac{1}{2\sqrt x}$ なので、点Pにおける $C_1$ の接線の傾きは $\dfrac{1}{2a}$。よって

$$l_1:\ y=\frac{1}{2a}(x-a^2)+a=\frac{x}{2a}+\frac a2$$

$y”=-\dfrac{1}{4x\sqrt x}<0$（ $x>0$）より $C_1$ は上に凸なので、 $0\leqq x\leqq a^2$ で $l_1$ は $C_1$ の上にある（下の図）。実際、

$$\left(\frac{x}{2a}+\frac a2\right)-\sqrt x=\frac{(\sqrt x-a)^2}{2a}\geqq0$$

である。

求める面積を $S$ とすると、図をそのまま式にして

$$S=\int_0^{a^2}\left\{\left(\frac{x}{2a}+\frac a2\right)-\sqrt x\right\}dx$$

項ごとに分けて計算する。 $\displaystyle\int_0^{a^2}\left(\frac{x}{2a}+\frac a2\right)dx$ は、 $l_1$ の下で $0\leqq x\leqq a^2$ の部分（上底 $\dfrac a2$、下底 $a$、高さ $a^2$ の台形）の面積なので

$$\int_0^{a^2}\left(\frac{x}{2a}+\frac a2\right)dx=\frac12\left(\frac a2+a\right)a^2=\frac34a^3$$

また

$$\int_0^{a^2}\sqrt x\,dx=\left[\frac23x^{\frac32}\right]_0^{a^2}=\frac23a^3$$

よって

$$S=\frac34a^3-\frac23a^3=\frac{a^3}{12}$$

答　$\dfrac{a^3}{12}$

別解（ $y$ で積分）　 $C_1$ は $x=y^2$（ $y\geqq0$）と表せるので、 $y$ で積分すれば根号の積分がなくなる。 $\mathrm{Q}(0,\ a)$、 $\mathrm{R}\left(0,\ \dfrac a2\right)$ とすると、「 $y$ 軸と $x=y^2$ で挟まれた $0\leqq y\leqq a$ の部分」は、 $S$ の部分と三角形RPQに分かれる（下の図）。三角形RPQは底辺 $\mathrm{QR}=\dfrac a2$、高さ $a^2$ なので

$$S=\int_0^a y^2\,dy-\frac12\cdot\frac a2\cdot a^2=\frac{a^3}{3}-\frac{a^3}{4}=\frac{a^3}{12}$$

(2)　配点 25点

$y=\dfrac{a^3}{x}$ より $y’=-\dfrac{a^3}{x^2}$ なので、点Pにおける $C_2$ の接線を $l_2$ とすると、 $l_2$ の傾きは $-\dfrac{a^3}{a^4}=-\dfrac1a$。

点Pを通り $x$ 軸に平行な直線を引き、そこから正の方向に $l_1$、 $l_2$ まで測った角をそれぞれ $\alpha$、 $\beta$ $\left(-\dfrac{\pi}{2}<\alpha,\ \beta<\dfrac{\pi}{2}\right)$ とすると、傾きは $\tan$ の値なので

$$\tan\alpha=\frac{1}{2a},\qquad \tan\beta=-\frac1a$$

$a>1$ より $0<\tan\alpha<1$、 $-1<\tan\beta<0$ なので、 $0<\alpha<\dfrac{\pi}{4}$、 $-\dfrac{\pi}{4}<\beta<0$。よって $0<\alpha-\beta<\dfrac{\pi}{2}$ となり、 $\theta=\alpha-\beta$ である（下の図）。

$$\tan\theta=\tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta}=\frac{\dfrac{1}{2a}+\dfrac1a}{1-\dfrac{1}{2a^2}}=\frac{3a}{2a^2-1}$$

$$\frac{1}{\cos^2\theta}=1+\tan^2\theta=\frac{(2a^2-1)^2+9a^2}{(2a^2-1)^2}=\frac{4a^4+5a^2+1}{(2a^2-1)^2}=\frac{(4a^2+1)(a^2+1)}{(2a^2-1)^2}$$

$\cos\theta>0$、 $2a^2-1>0$ なので $\cos\theta=\dfrac{2a^2-1}{\sqrt{(4a^2+1)(a^2+1)}}$。よって

$$\sin\theta=\tan\theta\cos\theta=\frac{3a}{\sqrt{(4a^2+1)(a^2+1)}}$$

$a\sin\theta=\dfrac{3a^2}{\sqrt{(4a^2+1)(a^2+1)}}$ は $a\to\infty$ で $\dfrac{\infty}{\infty}$ の不定形なので、分母・分子を最高次数の $a^2$ で割る（分母の根号の中は $a^4$ で割る）。

$$a\sin\theta=\frac{3a^2}{\sqrt{(4a^2+1)(a^2+1)}}=\frac{3}{\sqrt{\left(4+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(1+\dfrac{1}{a^2}\right)}}\longrightarrow\frac{3}{\sqrt{4\cdot1}}=\frac32\quad(a\to\infty)$$

答　$\dfrac32$

別解（根号の式を作らない）　 $\tan\theta=\dfrac{3a}{2a^2-1}$ まで同じ。 $\sin\theta=\tan\theta\cos\theta$ なので、 $a\sin\theta$ を $a\tan\theta$ と $\cos\theta$ に分けて極限を考える。

$$a\tan\theta=\frac{3a^2}{2a^2-1}=\frac{3}{2-\dfrac{1}{a^2}}\longrightarrow\frac32\quad(a\to\infty)$$

また、 $\tan\theta=\dfrac{\dfrac3a}{2-\dfrac{1}{a^2}}\to0$ と $0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$ より $\theta\to0$ なので、 $\cos\theta\to1$。よって

$$a\sin\theta=a\tan\theta\cdot\cos\theta\longrightarrow\frac32\cdot1=\frac32$$

一辺の長さが1の正方形OABCを底面とし、点Pを頂点とする四角錐POABCがある。ただし、点Pは内積に関する条件 $\overrightarrow{\mathrm{OA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac14$、および $\overrightarrow{\mathrm{OC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OP}}=\dfrac12$ をみたす。辺APを $2:1$ に内分する点をMとし、辺CPの中点をNとする。さらに、点Pと直線BC上の点Qを通る直線PQは、平面OMNに垂直であるとする。このとき、長さの比 $\mathrm{BQ}:\mathrm{QC}$、および線分OPの長さを求めよ。

配点 50点

$\vec a=\overrightarrow{\mathrm{OA}}$、 $\vec c=\overrightarrow{\mathrm{OC}}$、 $\vec p=\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ とおく。四角形OABCは1辺の長さが1の正方形なので、必要な内積は

$$|\vec a|^2=|\vec c|^2=1,\qquad\vec a\cdot\vec c=0,\qquad\vec a\cdot\vec p=\frac14,\qquad\vec c\cdot\vec p=\frac12$$

また、 $|\vec p|^2=k$ とおく（ $\mathrm{OP}=\sqrt k$ ）。

［8/50点］

Mは辺APを $2:1$ に内分する点、Nは辺CPの中点なので

$$\overrightarrow{\mathrm{OM}}=\frac{\vec a+2\vec p}{3},\qquad\overrightarrow{\mathrm{ON}}=\frac{\vec c+\vec p}{2}$$

［16/50点］

Qは直線BC上の点なので、実数 $s$ を用いて $\overrightarrow{\mathrm{BQ}}=s\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ と表せる（ $0\leqq s\leqq1$ とは限らない）。 $\overrightarrow{\mathrm{OB}}=\vec a+\vec c$、 $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\overrightarrow{\mathrm{OC}}-\overrightarrow{\mathrm{OB}}=-\vec a$ より

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}+s\overrightarrow{\mathrm{BC}}=(1-s)\vec a+\vec c,\qquad\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(1-s)\vec a+\vec c-\vec p$$

［22/50点］

Pは底面を含む平面上にないので、 $\vec a$、 $\vec c$、 $\vec p$ は同じ平面上にない。よって、 $\vec c$ を含まない $\overrightarrow{\mathrm{OM}}$ と $\vec c$ を含む $\overrightarrow{\mathrm{ON}}$ は平面OMN上の平行でない2本のベクトルであり、PQが平面OMNに垂直であることは、 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{OM}}=0$ かつ $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{ON}}=0$ と同じである。係数の $\dfrac13$、 $\dfrac12$ は除いて計算する。

$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\vec a=(1-s)-\dfrac14$、 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\vec c=1-\dfrac12=\dfrac12$、 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot\vec p=\dfrac{1-s}{4}+\dfrac12-k$ なので

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot(\vec a+2\vec p)=(1-s)-\frac14+2\left(\frac{1-s}{4}+\frac12-k\right)=\frac32(1-s)+\frac34-2k=0$$

$$\overrightarrow{\mathrm{PQ}}\cdot(\vec c+\vec p)=\frac12+\left(\frac{1-s}{4}+\frac12-k\right)=1+\frac{1-s}{4}-k=0$$

［32/50点］

2つ目の式（ $\overrightarrow{\mathrm{ON}}$ との内積）より

$$k=1+\frac{1-s}{4}$$

1つ目の式（ $\overrightarrow{\mathrm{OM}}$ との内積）の両辺を4倍した $6(1-s)+3-8k=0$ に代入すると

$$6(1-s)+3-8-2(1-s)=0\iff4(1-s)=5\iff s=-\frac14$$

よって $k=1+\dfrac{5}{16}=\dfrac{21}{16}$。

（ $\vec a$、 $\vec c$ は垂直な長さ1のベクトルなので、Pから底面に下ろした垂線の足をHとすると $\overrightarrow{\mathrm{OH}}=(\vec a\cdot\vec p)\vec a+(\vec c\cdot\vec p)\vec c=\dfrac14\vec a+\dfrac12\vec c$。高さの2乗は $k-|\overrightarrow{\mathrm{OH}}|^2=\dfrac{21}{16}-\dfrac{5}{16}=1>0$ となり、このような四角錐は確かに存在する。）

［42/50点］

$s=-\dfrac14<0$ なので、 $\overrightarrow{\mathrm{BQ}}$ は $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ と逆向きで、QはBに関してCと反対側（Bの外側）にある（下の図）。

$$\mathrm{BQ}=|s|\,\mathrm{BC}=\frac14,\qquad\mathrm{QC}=\mathrm{QB}+\mathrm{BC}=\frac14+1=\frac54$$

より $\mathrm{BQ}:\mathrm{QC}=\dfrac14:\dfrac54=1:5$。また

$$\mathrm{OP}=\sqrt k=\sqrt{\frac{21}{16}}=\frac{\sqrt{21}}{4}$$

答　$\mathrm{BQ}:\mathrm{QC}=1:5$、 $\mathrm{OP}=\dfrac{\sqrt{21}}{4}$

［50/50点］

別解（座標を置く）　Oを原点とし、 $\mathrm{A}(1,0,0)$、 $\mathrm{B}(1,1,0)$、 $\mathrm{C}(0,1,0)$ とおく。内積の条件はそのまま「Pの $x$ 座標が $\dfrac14$、 $y$ 座標が $\dfrac12$」となるので、 $\mathrm{P}\left(\dfrac14,\ \dfrac12,\ r\right)$ （ $r>0$ ）とおける。Qは $\overrightarrow{\mathrm{OQ}}=\overrightarrow{\mathrm{OB}}+t\overrightarrow{\mathrm{BC}}=(1-t,\ 1,\ 0)$ とおける。係数をくくった $6\overrightarrow{\mathrm{OM}}=(3,\ 2,\ 4r)$、 $8\overrightarrow{\mathrm{ON}}=(1,\ 6,\ 4r)$、 $4\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=(3-4t,\ 2,\ -4r)$ で内積を計算すると

$$3(3-4t)+4-16r^2=0,\qquad(3-4t)+12-16r^2=0$$

辺々引いて $2+8t=0$ より $t=-\dfrac14$、戻して $16r^2=16$、 $r>0$ より $r=1$。 $\mathrm{P}\left(\dfrac14,\ \dfrac12,\ 1\right)$、 $\mathrm{Q}\left(\dfrac54,\ 1,\ 0\right)$ となり（下の図）、同じ結果になる。

別解（平面OMNに垂直なベクトルを先に求める）　座標を置いたあと、 $(3,\ 2,\ 4r)$、 $(1,\ 6,\ 4r)$ の両方に垂直なベクトル $\vec n=(x,y,z)$ を求めてもよい。 $3x+2y+4rz=0$、 $x+6y+4rz=0$ を辺々引いて $x=2y$、戻して $z=-\dfrac{2y}{r}$。 $y=r$ として $\vec n=(2r,\ r,\ -2)$。 $\overrightarrow{\mathrm{PQ}}=\left(\dfrac34-t,\ \dfrac12,\ -r\right)=m\vec n$ と表せるので、 $\dfrac12=rm$、 $-r=-2m$ から $r^2=1$、 $r=1$、 $m=\dfrac12$。 $\dfrac34-t=1$ から $t=-\dfrac14$ となり、同じ結果になる。

横一列に並んだ6枚の硬貨に対して、以下の操作Lと操作Rを考える。

L：さいころを投げて、出た目と同じ枚数だけ左端から順に硬貨の表と裏を反転する。

R：さいころを投げて、出た目と同じ枚数だけ右端から順に硬貨の表と裏を反転する。

たとえば、表表裏表裏表と並んだ状態で操作Lを行うときに、3の目が出た場合は、裏裏表表裏表となる。

以下、「最初の状態」とは硬貨が6枚とも表であることとする。

(1) 最初の状態から操作Lを2回続けて行うとき、表が1枚となる確率を求めよ。

(2) 最初の状態からL、Rの順に操作を行うとき、表の枚数の期待値を求めよ。

(3) 最初の状態からL、R、Lの順に操作を行うとき、すべての硬貨が表となる確率を求めよ。

(1)　配点 10点

2回のLの目を $a,b$ とする。全体の場合の数は $6^2=36$ 通り（ $(1,2)$ と $(2,1)$ は別に数える）。

左から $\min(a,b)$ 枚は2回反転されて表に戻り、続く $|a-b|$ 枚は1回だけ反転されて裏になる。残りの硬貨は反転されないので表のまま（下の図は $a=2$、 $b=5$ の場合）。

よって裏は $|a-b|$ 枚で、表が1枚となるのは $|a-b|=5$ のとき。

$|a-b|=5$ となるのは $(a,b)=(1,6),(6,1)$ の2通りなので、求める確率は $\dfrac{2}{36}$

答　$\dfrac{1}{18}$

(2)　配点 20点

Lの目を $a$、Rの目を $b$ とする。Lで反転されるのは左から $a$ 枚、Rで反転されるのは右から $b$ 枚である。

・$a+b\leqq6$ のとき　2つの区間は重ならないので、反転された $a+b$ 枚が裏、残りの $6-(a+b)$ 枚が表

・$a+b>6$ のとき　2つの区間は $a+b-6$ 枚だけ重なる。重なった硬貨は2回反転されて表、ほかの硬貨はどちらか一方だけで反転されて裏。表は $a+b-6$ 枚

どちらの場合も、表の枚数は $|a+b-6|$ である。

$(a,b)$ の36通りについて $|a+b-6|$ を表にすると、次のようになる。

全体の場合の数は $6^2=36$ 通り。表から、表の枚数ごとの確率を全部求めると、次のようになる。

（確率の和は $\dfrac{36}{36}=1$ ）

よって、求める期待値は（値）×（確率）の和で

$$0\cdot\frac{5}{36}+1\cdot\frac{10}{36}+2\cdot\frac{8}{36}+3\cdot\frac{6}{36}+4\cdot\frac{4}{36}+5\cdot\frac{2}{36}+6\cdot\frac{1}{36}=\frac{76}{36}$$

答　$\dfrac{19}{9}$

別解（表の和で計算する）　6×6の表のどのマスも確率 $\dfrac{1}{36}$ で起こるので、期待値は「表に書いた36個の数の和」 $\times\dfrac{1}{36}$ でもよい。表の数の和は、0が5個、1が10個、…と数えても76なので、 $\dfrac{76}{36}=\dfrac{19}{9}$。

別解（1枚ずつ表になる確率を足す）　表の枚数の期待値は、6枚それぞれが表になる確率の和である。左から $i$ 枚目の硬貨が表になるのは、「LでもRでも反転される」か「どちらでも反転されない」とき。Lで反転される確率は $a\geqq i$ より $\dfrac{7-i}{6}$、Rで反転される確率は $b\geqq7-i$ より $\dfrac{i}{6}$ なので、表になる確率は

$$\frac{7-i}{6}\cdot\frac{i}{6}+\frac{i-1}{6}\cdot\frac{6-i}{6}=\frac{-2i^2+14i-6}{36}$$

$i=1,\cdots,6$ で足すと $\dfrac{-2\cdot91+14\cdot21-6\cdot6}{36}=\dfrac{76}{36}=\dfrac{19}{9}$

(3)　配点 20点

L、R、Lの目を順に $a,b,c$ とし、 $m=\min(a,c)$、 $M=\max(a,c)$ とおく。全体の場合の数は $6^3=216$ 通り。

各硬貨の表裏は反転された回数の偶奇で決まるので、6枚とも表 $\iff$ どの硬貨も反転された回数が偶数。

2回のLについては、(1) と同じく左から $m$ 枚は2回反転され、左から $m+1$ 枚目〜 $M$ 枚目だけが1回反転される（ $a=c$ ならこの区間はない）。Rで反転されるのは右から $b$ 枚、すなわち左から $7-b$ 枚目〜6枚目である。

よって、6枚とも表 $\iff$ 「2回のLで奇数回反転される区間」と「Rで反転される区間」が一致する。

$b\geqq1$ なので、Rで反転される区間は空でない。したがって区間が一致する条件は、 $a\neq c$ で $M=6$ かつ $m+1=7-b$、すなわち $M=6$ かつ $m=6-b$。さらに $m\geqq1$ より $b\leqq5$ である。

$b=1,2,3,4,5$ のそれぞれについて、 $a,c$ の組は $\{6,\ 6-b\}$ に決まる。 $6-b\neq6$ なので、どちらが $a$ （1回目のL）かの順番で $(a,c)=(6,6-b),(6-b,6)$ の2通り。合わせて $5\times2=10$ 通りなので、求める確率は $\dfrac{10}{216}$

答　$\dfrac{5}{108}$

別解（L・Rの後の並びで数える）　最後のLは左から $c$ 枚を反転するだけなので、6枚とも表になるには、L・Rの後の並びが「左から $c$ 枚が裏で、残りが表」でなければならない。(2) で調べたL・Rの後の並びのうち、このように左に裏が続き残りが表になる形を探す。

・$a+b\leqq6$ のとき　右端の硬貨が裏なので、6枚とも裏でなければならない。それは表が0枚、すなわち $a+b=6$ のときで、 $c=6$。 $(a,b)=(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)$ の5通り

・$a+b>6$ のとき　並びは「左から $6-b$ 枚が裏、続く $a+b-6$ 枚が表、右の $6-a$ 枚が裏」。右端に裏があってはいけないので $a=6$。このとき左から $6-b$ 枚が裏で残りが表。 $c\geqq1$ なので $6-b\geqq1$ が必要で $b\leqq5$、 $c=6-b$。5通り

どちらの場合も $c$ は1つに決まるので、合わせて $5+5=10$ 通り。確率は $\dfrac{10}{216}=\dfrac{5}{108}$

原点Oを中心とし、点 $\mathrm{A}(0,1)$ を通る円を $S$ とする。点 $\mathrm{B}\left(\dfrac12,\ \dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ で円 $S$ に内接する円 $T$ が、点Cで $y$ 軸に接しているとき、以下の問いに答えよ。

(1) 円 $T$ の中心Dの座標と半径を求めよ。

(2) 点Dを通り $x$ 軸に平行な直線を $l$ とする。円 $S$ の短い方の弧 $\overset{\frown}{\mathrm{AB}}$、円 $T$ の短い方の弧 $\overset{\frown}{\mathrm{BC}}$、および線分ACで囲まれた図形を $l$ のまわりに1回転してできる立体の体積を求めよ。

(1)　配点 15点

$S$ は中心O、半径1の円。 $T$ は点Bで $S$ に内接するので、 $T$ の中心Dは線分OB上にある。直線OBは $y=\sqrt3x$ である。

$T$ の半径を $r$ （ $0<r<1$ ）とする。 $T$ は $y$ 軸に接するので、Dの $x$ 座標は $r$ で

$$\mathrm{D}=(r,\ \sqrt3r),\qquad\mathrm{OD}=\sqrt{r^2+3r^2}=2r$$

$T$ は $S$ に内接するので $\mathrm{OD}+r=1$。よって $3r=1$、 $r=\dfrac13$。

答　中心 $\mathrm{D}\left(\dfrac13,\ \dfrac{\sqrt3}{3}\right)$、半径 $\dfrac13$

（このとき、 $T$ と $y$ 軸の接点は $\mathrm{C}\left(0,\ \dfrac{\sqrt3}{3}\right)$、 $l$ は直線 $y=\dfrac{\sqrt3}{3}$ である。）

(2)　配点 35点

$\mathrm{D}\left(\dfrac13,\ \dfrac{\sqrt3}{3}\right)$ から見ると、Bは $\overrightarrow{\mathrm{DB}}=\left(\dfrac16,\ \dfrac{\sqrt3}{6}\right)$ より $60^\circ$ の向き、Cは $\overrightarrow{\mathrm{DC}}=\left(-\dfrac13,\ 0\right)$ より $180^\circ$ の向きにある。よって $T$ の短い方の弧BCは、中心角 $120^\circ$ の、Dより上側を回る弧で

$$y=\frac{\sqrt3}{3}+\sqrt{\frac19-\left(x-\frac13\right)^2}\qquad\left(0\leqq x\leqq\frac12\right)$$

$S$ の短い方の弧ABは $y=\sqrt{1-x^2}$ （ $0\leqq x\leqq\dfrac12$ ）。 $T$ は $S$ の内部にあるので、囲まれた図形は、 $0\leqq x\leqq\dfrac12$ で弧BCと弧ABではさまれた部分であり、すべて $l:\ y=\dfrac{\sqrt3}{3}$ 以上にある（下の図の色をつけた部分）。

$0\leqq x\leqq\dfrac12$ をみたす $x$ に対し、点 $\mathrm{H}\left(x,\ \dfrac{\sqrt3}{3}\right)$ を $l$ 上に、P、Qをそれぞれ弧BC、弧AB上の $x$ 座標が $x$ の点とすると

$$\mathrm{HQ}=\sqrt{1-x^2}-\frac{\sqrt3}{3},\qquad\mathrm{HP}=\sqrt{\frac19-\left(x-\frac13\right)^2}$$

図形を $l$ のまわりに回転させた立体を、点Hを通り $l$ に垂直な平面（座標が $x$ の所）で切った断面は、線分PQをHのまわりに回転させた図形である。 $l$ から一番遠い点はQ、一番近い点はPなので、断面は外側の半径HQ、内側の半径HPの輪になり、断面積は $\pi\mathrm{HQ}^2-\pi\mathrm{HP}^2$ である。

よって求める体積を $V$ とし、 $\pi$ を左辺に寄せると

$$\frac{V}{\pi}=\int_0^{\frac12}\left(\mathrm{HQ}^2-\mathrm{HP}^2\right)dx=\int_0^{\frac12}\left\{\left(\sqrt{1-x^2}-\frac{\sqrt3}{3}\right)^2-\frac19+\left(x-\frac13\right)^2\right\}dx$$

中かっこの中を整理すると、 $x^2$ が打ち消し合って

$$\left(1-x^2-\frac{2\sqrt3}{3}\sqrt{1-x^2}+\frac13\right)-\frac19+\left(x^2-\frac23x+\frac19\right)=\frac43-\frac23x-\frac{2\sqrt3}{3}\sqrt{1-x^2}$$

$\displaystyle\int_0^{\frac12}\sqrt{1-x^2}\,dx$ は、単位円の周と $x$ 軸・ $y$ 軸・直線 $x=\dfrac12$ で囲まれた部分の面積。 $\mathrm{E}\left(\dfrac12,\ 0\right)$ とすると、この部分は三角形OEBと、中心角 $\angle\mathrm{AOB}=30^\circ$ の扇形OBAに分けられるので

$$\int_0^{\frac12}\sqrt{1-x^2}\,dx=\frac12\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt3}{2}+\frac12\cdot1^2\cdot\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt3}{8}+\frac{\pi}{12}$$

したがって

$$\frac{V}{\pi}=\frac43\cdot\frac12-\frac23\cdot\frac18-\frac{2\sqrt3}{3}\left(\frac{\sqrt3}{8}+\frac{\pi}{12}\right)=\frac23-\frac1{12}-\frac14-\frac{\sqrt3}{18}\pi=\frac13-\frac{\sqrt3}{18}\pi$$

最後に $\pi$ を戻して $V=\pi\left(\dfrac13-\dfrac{\sqrt3}{18}\pi\right)$。

答　$\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\sqrt3}{18}\pi^2$