https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Todai/1935/Rigaku

[3] 直交軸ニ關シ曲面 $x^2+y^2=ax$ （ $a\gt 0$ ）及ビ平面 $z=x\cos\alpha+y\sin\alpha+2a$ ト $xy$ 平面トニ圍マレタル立體ノ體積ヲ計算セヨ．

2019.04.04記

[解答]
平面 $z=x\cos\alpha+y\sin\alpha+2a$ と $xy$ 平面との交線は
$x\cos\alpha+y\sin\alpha+2a$ ， $z=0$
となる．これと $x^2+y^2=ax$ ，つまり $\left(x-\dfrac{a}{2}\right)^2+y^2=\left(\dfrac{a}{2}\right)^2$
は， $xy$ 平面上で $\left(\dfrac{a}{2}，0\right)$ と $x\cos\alpha+y\sin\alpha+2a$ の距離が
$\left|\dfrac{a}{2}\cos\alpha+2a\right|=\dfrac{a}{2}|4+\cos\alpha|\gt \dfrac{a}{2}$
により交点を持たない．よって $x^2+y^2-ax\leqq 0$ の領域で
$0\leqq z\leqq x\cos\alpha+y\sin\alpha+2a$
をみたす範囲の体積を求めれば良い．

$x$ （ $0\leqq x\leqq a$ ）を固定すると $-\sqrt{ax-x^2}\leqq y\leqq \sqrt{ax-x^2}$ であるから
$V=\displaystyle\int_0^a\int_{-\sqrt{ax-x^2}}^{\sqrt{ax-x^2}}(x\cos\alpha+y\sin\alpha+2a)dydx$ $=\displaystyle\int_0^a\Bigl[(x\cos\alpha+2a)y\Bigr]_{-\sqrt{ax-x^2}}^{\sqrt{ax-x^2}}dx$ （奇関数の積分はゼロ）
$=\displaystyle \int_0^a(2x\cos\alpha+4a)\sqrt{ax-x^2}dx$ $=\cos\alpha\displaystyle\int_0^a (2x-a)\sqrt{ax-x^2}dx$ $+(4a+a\cos\alpha)\displaystyle\int_0^a\sqrt{ax-x^2}dx$
$=\displaystyle \cos\alpha\Bigl[-\dfrac{2}{3}(ax-x^2)^{3/2}\Bigr]_0^a$ $+(4a+a\cos\alpha)\dfrac{\pi a^2}{8}$ $=\dfrac{\pi (4+\cos\alpha)a^3}{8}$ （半円の面積）

[別解]
対称性を増やすために $X=x-\dfrac{a}{2}$ とし、 $A=\dfrac{a}{2}$ とおくと
$X^2+y^2=A^2$ （ $A>0$ ）及び平面 $z=X\cos\alpha+y\sin\alpha+(4+\cos\alpha)A$ と $Xy$ 平面とにて囲まれたる立体の体積を計算すれば良い．

平面 $z=X\cos\alpha+y\sin\alpha+(4+\cos\alpha)A$ と $Xy$ 平面との交線は
$X\cos\alpha+y\sin\alpha+(4+\cos\alpha)A$ ， $z=0$
となる．これと $X^2+y^2=A$ は， $Xy$ 平面上で $(0，0)$ と $X\cos\alpha+y\sin\alpha+(4+\cos\alpha)A$ の距離が
$|4+\cos\alpha| A \gt A$
により交点を持たない．よって $X^2+y^2\leqq A^2$ の領域で
$0\leqq z\leqq X\cos\alpha+y\sin\alpha+(4+\cos\alpha)A$
をみたす範囲の体積を求めれば良い．

$V=\displaystyle\int_{-A}^{A}\int_{-\sqrt{A^2-X^2}}^{\sqrt{A^2-X^2}}\{X\cos\alpha+y\sin\alpha+(4+\cos\alpha)A\}dydx$
$=\displaystyle\int_{-A}^{A}\Bigl[\{X\cos\alpha+(4+\cos\alpha)A\}y\Bigr]_{-\sqrt{A^2-X^2}}^{\sqrt{A^2-X^2}}dx$ （奇関数の積分はゼロ）
$=\displaystyle 2 \int_{-A}^{A}\{X\cos\alpha+(4+\cos\alpha)A\}\sqrt{A^2-X^2} dx$ $=2(4+\cos\alpha)A \displaystyle\int_{-A}^{A}\sqrt{A^2-X^2} dx$ （奇関数の積分はゼロ）
$=\displaystyle 2(4+\cos\alpha)A\cdot \dfrac{\pi A^2}{2}$ $=\pi (4+\cos\alpha)A^3$ $=\dfrac{\pi (4+\cos\alpha)a^3}{8}$ （半円の面積）

2025.01.01記
何か面倒な計算していたけど，円柱を2平面で切った体積だから，
(切りとる軸の長さ)×(底面積)
で体積が出るわな．

それは円柱の軸と平面の交点が $(0，0，(4+\cos\alpha)A)$ であることから
$V=\pi A^2\cdot(4+\cos\alpha)A)=\pi(4+\cos\alpha)A^3=\dfrac{\pi(4+\cos\alpha)a^3}{8}$
となる．

当時の参考書の答は間違っていた．とほほ．