直角が1つの頂点に集まった四面体

直角三角錐の計量

1つの頂点に直角が3つ集まった三角錐のことを直角三角錐 (rectangular triangular pyramid) という。

直角三角錐の計量

直角三角錐の計量

直角三角錐の計量

図のように、$\angle\text{AOB}=\angle\text{BOC}=\angle\text{COA}=90^\circ$ の直角三角錐 $\text{OABC}$ において、次の問に答えよ。ただし、$\text{OA}=2$、$\text{OB}=3$、$\text{OC}=6$ とする。

  1. 辺 $\text{AB}$、$\text{BC}$、$\text{CA}$ の長さをそれぞれ求めよ。
  2. $\angle\text{ACB}=\theta$ とするとき、$\cos\theta$ の値を求めよ。
  3. $\triangle\text{ABC}$ の面積 $S$ を求めよ。

  1. $\triangle\text{OAB}$、$\triangle\text{OBC}$、$\triangle\text{OCA}$ それぞれに、三平方の定理を用いて \begin{align} &\boldsymbol{\text{AB}=\sqrt{13}}\\ &\boldsymbol{\text{BC}=3\sqrt{5}}\\ &\boldsymbol{\text{CA}=2\sqrt{10}} \end{align}
  2. $\triangle\text{ABC}$ に点 $\text{C}$ からみる余弦定理を用いて \begin{align} \cos\theta&=\dfrac{\text{CA}^2+\text{CB}^2-\text{AB}^2}{2\text{CA}\cdot\text{CB}}\\ &=\dfrac{40+45-13}{2\cdot2\sqrt{10}\cdot3\sqrt{5}}=\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{2}}{5}} \end{align}
  3. 2より \begin{align} \sin\theta&=\sqrt{1-\cos^2\theta}\\ &=\sqrt{1-\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{5}\right)^2}\\ &=\sqrt{1-\dfrac{18}{25}}=\dfrac{\sqrt{7}}{5} \end{align} だから、1より $\triangle\text{ABC}$ の面積 $S$ は \begin{align} S&=\dfrac{1}{2}\text{CA}\cdot\text{CB}\sin\theta\\ &=\dfrac{1}{2}\cdot2\sqrt{10}\cdot3\sqrt{5}\cdot\dfrac{\sqrt{7}}{5}\\ &=\boldsymbol{3\sqrt{14}} \end{align}

上の例題で、$\triangle\text{OAB}$、$\triangle\text{OBC}$、$\triangle\text{OCA}$ の面積をそれぞれ $S_1$、 $S_2$、$S_3$ とおくと \[{S_1}^2+{S_2}^2+{S_3}^2=S^2\] が成り立っているのが確認できる。この関係は、一般の直角三角錐で成り立ち、三平方の定理の空間版といえるものである。

三角錐の計量

三角錐の計量

三角錐の計量

図のような三角錐 $\text{OABC}$ において、次の問に答えよ。

  1. 辺 $\text{OB}$ の長さを求めよ。
  2. 辺 $\text{OA}$ の長さを求めよ。
  3. 辺 $\text{AC}$ の長さを求めよ。
  4. $\angle\text{ABC}=\theta$ とするとき、$\cos\theta$ の値を求めよ。

  1. $\triangle\text{OBC}$ に正弦定理を用いて
    1の図
    \[\dfrac{\text{OB}}{\sin45^\circ}=\dfrac{6}{\sin60^\circ}\] \begin{align} \Leftrightarrow~\text{OB}=&\dfrac{\sin45^\circ}{\sin60^\circ}\times6\\ =&\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\times6\\ =&\boldsymbol{2\sqrt{6}} \end{align}
  2. \[\text{OA}=\text{OB}\sin60^\circ=2\sqrt{6}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\boldsymbol{3\sqrt{2}}\]
  3. まず、$\triangle\text{OBC}$ に点 $\text{B}$ からみる第1余弦定理を用いて
    3の図
    \begin{align} \text{OC}&=\text{BO}\cos\angle\text{BOC}+\text{BC}\cos\angle\text{BCO}\\ &=2\sqrt{6}\cos60^\circ+6\cos45^\circ\\ &=2\sqrt{6}\cdot\dfrac{1}{2}+6\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{6}+3\sqrt{2} \end{align} これより、$\triangle\text{OAC}$ に三平方の定理を用いて \begin{align} \text{AC}&=\sqrt{\text{OC}^2-\text{OA}^2}\\ &=\sqrt{\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)^2-\left(3\sqrt{2}\right)^2}\\ &=\boldsymbol{\sqrt{6+12\sqrt{3}}} \end{align} $\blacktriangle$ $\sqrt{6+12\sqrt{3}}$ はこれ以上簡単にならない

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

    4の図

    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}