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正多面体

正多面体

（注）

正多面体

正多面体

空間図形において、全ての面が合同な正多角形からなり、各頂点に集まる辺の数が全て等しい多面体のことを正多面体 (regular polyhedron) という。

（注）

正多面体は

  1. 正四面体
  2. 正六面体（立方体）
  3. 正八面体
  4. 正十二面体
  5. 正二十面体
の5つしかないことが知られている。

正四面体の計量

正四面体の計量

正四面体の計量

図のように、1辺の長さが 1 である正四面体 ABCD について以下の問に答えよ。

  1. △BCD の面積 S を求めよ。
  2. 頂点 A から △BCD に下ろした垂線の足を H をするとき、AH の長さを求めよ。
  3. 正四面体 ABCD に内接する球の半径を求めよ。
  4. 正四面体 ABCD に外接する球の半径を求めよ。

  1. ∠CBD=60∘ であるから
    ◂ 三角形の面積参照
    \begin{align} S&=\dfrac{1}{2}\text{BD}\cdot\text{BC}\sin60^\circ\\ &=\dfrac{1}{2}\cdot1\cdot1\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{3}}{4}} \end{align}

  2. まず、辺 \text{BC} の中点を \text{M} とおくと、\text{AM}\perp\text{BC}、\text{DM}\perp\text{BC} となり、\text{H} は、\text{A} から \text{MD} におろした垂線の足であるとわかる。

    2の図
    2の図

    まず、\triangle\text{ABM} に三平方の定理を用いて \begin{align} \text{AM}^2=&\text{AB}^2-\text{BM}^2\\ =&1^2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\\ =&\dfrac{3}{4} \end{align} よって、\text{AM}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}。同様に、\text{DM}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} である。

    2の図

    次に、\angle\text{AMD}=\theta とおくと、\triangle\text{AMD} に点 \text{M} からみる余弦定理 \text{AD}^2=\text{MA}^2+\text{MD}^2-2\text{MA}\cdot\text{MD}\cos\theta を用いて \begin{align} \cos\theta&=\dfrac{\text{MA}^2+\text{MD}^2-\text{AD}^2}{2\text{MA}\cdot\text{MD}}\\ &=\dfrac{\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}-1^2}{2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\dfrac{1}{3} \end{align}

    \blacktriangleleft 拡張された三角比の相互関係参照
    であり、\sin^2\theta+\cos^2\theta=1 より \begin{align} \sin\theta=&\sqrt{1-\cos^2\theta}\\ =&\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}\\ =&\dfrac{2\sqrt{2}}{3} \end{align}
    2の図
    よって、\text{AH} の長さは \text{AH}=\text{AM}\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}}{3}}

    【別解：\text{H} が \triangle\text{BCD} の重心であることを使う】

    まず、辺 \text{BC} の中点を \text{M} とおくと、\text{AM}\perp\text{BC} となるので、\triangle\text{ABM} に三平方の定理を用いて \begin{align} \text{AM}^2=&\text{AB}^2-\text{BM}^2\\ =&1^2-\left(\dfrac{1}{2}\right)^2\\ =&\dfrac{3}{4} \end{align} よって、\text{AM}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}。同様に、\text{DM}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} である。

    \blacktriangleleft ここまでは上の解答と共通

    次に、正四面体の対称性から、点\text{H} は \triangle\text{BCD} の重心となるので \text{MH}:\text{HD}=1:2、つまり \text{MH}=\dfrac{1}{3}\text{DM}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}

    2の図
    最後に、\triangle\text{AMH} に三平方の定理を用いて \begin{align} \text{AH}^2 &=\text{AM}^2-\text{MH}^2=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{36}\\ &=\dfrac{27-3}{36}=\dfrac{2}{3} \end{align} よって、\text{AH}=\sqrt{\dfrac{2}{3}}=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}}{3}} となる。

  3. 内接球の中心の点を \text{O} とし、その半径を r とおく。このとき、正四面体は4つの正三角錐 \text{OABC}、\text{OACD}、\text{OADB}、\text{OBCD} に分けることができる。

    3の図

    これらの正三角錐の体積は、どれも \dfrac{1}{3}\times{S}\times{r} であるから、正四面体 \text{ABCD} の体積 V は \begin{align} V=&4\times\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}r\\ =&\dfrac{\sqrt{3}r}{3}\tag{1}\label{seitamentai1} \end{align} また、1、2より正四面体 \text{ABCD} の体積 V は \begin{align} V=&\dfrac{1}{3}\times{S}\times\text{AH}\\ =&\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{3}\\ =&\dfrac{\sqrt{2}}{12}\tag{2}\label{seitamentai2} \end{align} よって、\eqref{seitamentai1}、\eqref{seitamentai2} より \begin{align} &\dfrac{\sqrt{3}r}{3}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}~~\Leftrightarrow~~r=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}}{12}} \end{align}

  4. \text{M} を辺 \text{BC} の中点にとり、\text{H}、\text{H'} を右図のようにとる。

    4の図

    図形の対称性から、外接球の中心 \text{O} は \text{AH} 上および \text{DH'} 上にあるのがわかる。

    \text{H} は \triangle\text{BCD} の重心だから \text{DH}=\text{DM}{\times}\dfrac{2}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{\times}\dfrac{2}{3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} となる。同様に、\text{AH'}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} である。

    ここで、\text{AO}=r とおくと、\triangle\text{AH'O}\sim\triangle\text{AHM} より \begin{align} &\text{AH'}:\text{AO}=\text{AH}:\text{AM}\\ \therefore~&\dfrac{\sqrt{3}}{3}:r=\dfrac{\sqrt{6}}{3}:\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ \Leftrightarrow~&\dfrac{\sqrt{6}}{3}r=\dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow~&r=\dfrac{3}{2\sqrt{6}}=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}}{4}} \end{align}