空間図形の計量

まず、$\text{AB}=\text{OB}\cos60^\circ=2\sqrt{6}\cdot\dfrac{1}{2}=\sqrt{6}$。

これより、$\triangle\text{ABC}$ に $\angle\text{ABC}$ からみる余弦定理を用いて $$\begin{align} \cos\theta&=\dfrac{\text{AB}^2+\text{BC}^2-\text{AC}^2}{2\text{AB}\cdot\text{BC}}\\ &=\dfrac{6+36-\left(6+12\sqrt{3}\right)}{2\cdot\sqrt{6}\cdot6}\\ &=\boldsymbol{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}} \end{align}$$

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。

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。

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 $$\begin{align} \cos\theta&=\dfrac{\text{MA}^2+\text{MD}^2-\text{AD}^2}{2\text{MA}\cdot\text{MD}}\\ &=\dfrac{\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}-1^2}{2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\dfrac{1}{3} \end{align}$$

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。

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 $$\text{MH}=\dfrac{1}{3}\text{DM}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}$$

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。

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 $$\begin{align} &\dfrac{\sqrt{3}r}{3}=\dfrac{\sqrt{2}}{12}~~\Leftrightarrow~~r=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}}{12}} \end{align}$$

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

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 $$\begin{align} &\text{AH'}:\text{AO}=\text{AH}:\text{AM}\\ \therefore~&\dfrac{\sqrt{3}}{3}:r=\dfrac{\sqrt{6}}{3}:\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ \Leftrightarrow~&\dfrac{\sqrt{6}}{3}r=\dfrac{1}{2}\\ \Leftrightarrow~&r=\dfrac{3}{2\sqrt{6}}=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{6}}{4}} \end{align}$$

辺 $\text{AB}$ の中点を $\text{M}$ とおくと、$\triangle\text{OAB}$、$\triangle\text{HAB}$ は共に二等辺三角形であるから、$\text{OM}\perp\text{AB}$、$\text{HM}\perp\text{AB}$ である。よって、$\angle\text{OMH}$ が底面と側面のなす角 $\alpha$ である。

いま、直角三角形 $\text{OMH}$ において、$\text{OH}=\text{HM}=1$ より、$\boldsymbol{\alpha=45^{\circ}}$ となる。これは、他の側面についても同様である。

$\angle\text{OBA}=\theta$ とおくと、三平方の定理より

$\triangle\text{OBM}$ に着目して、$\sin\theta=\dfrac{\text{OM}}{\text{OB}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ となる。ここで、$\triangle\text{ABE}$ に着目すれば、$\text{AE}=\text{AB}\sin\theta=2\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{3}=\boldsymbol{\dfrac{2\sqrt{6}}{3}}$ である。

$\triangle\text{OAB}\equiv\triangle\text{OCB}$ であり、$\text{AE}\perp\text{OB}$ より、$\text{CE}\perp\text{OB}$。よって、$\angle\text{AEC}$ が求める角 $\beta$ である。

$\triangle\text{AEC}$ に点 $\text{E}$ からみる余弦定理を用いると $$\begin{align} \cos\beta=&\dfrac{\text{AE}^2+\text{CE}^2-\text{AC}^2}{2\text{AE}\cdot\text{CE}}\\ =&\dfrac{2\text{AE}^2-\text{AC}^2}{2\text{AE}^2}\\ =&1-\dfrac{\left(2\sqrt{2}\ \right)^2}{2\left(\dfrac{2\sqrt{6}}{3}\right)^2}\\ =&-\dfrac{1}{2} \end{align}$$ よって、$\boldsymbol{\beta=120^{\circ}}$ となる。