空間図形の計量
空間図形の計量
問題≪球に内接する正四面体≫
半径 $1$ の球に内接する正四面体の体積 $V$ を求めよ.
解答例
問題の正四面体を $\mathrm{ABCD}$ とし, $1$ 辺の長さを $a$ とおく.
また, 頂点 $\mathrm D$ から面 $\mathrm{ABC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおく.
辺 $\mathrm{DH}$ を共有し, 斜辺の長さが等しい $3$ つの直角三角形 $\mathrm{ADH},$ $\mathrm{BDH},$ $\mathrm{CDH}$ は合同であるから,
\[\mathrm{AH} = \mathrm{BH} = \mathrm{CH}\]
である.
よって, $\mathrm H$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の中心であるから, 正弦定理により,
\[\mathrm{AH} = \frac{a}{2\sin 60^\circ} = \frac{a}{\sqrt 3}\]
である.
直角三角形 $\mathrm{ADH}$ に三平方の定理を適用すると,
\[\mathrm{DH} = \sqrt{\mathrm{AD}^2-\mathrm{AH}^2} = \sqrt{a^2-\left(\frac{a}{\sqrt 3}\right) ^2} = \frac{\sqrt 6}{3}a \quad \cdots [1]\]
が得られる.
垂線 $\mathrm{DH}$ は球の中心 $\mathrm O$ を通ることに注意して, 直角三角形 $\mathrm{AOH}$ に三平方の定理を適用すると,
\[\left(\frac{a}{\sqrt 3}\right) ^2+\left(\frac{\sqrt 6}{3}a-1\right) ^2 = 1^2, \quad a^2-\frac{2\sqrt 6}{3}a = 0\]
よって
\[ a = \frac{2\sqrt 6}{3} \quad \cdots [2]\]
が得られる.
したがって,
\begin{align*}
\triangle\mathrm{ABC} &= \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ = \frac{1}{2}\left(\frac{2\sqrt 6}{3}\right)^2\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{2\sqrt 3}{3}, \\
\mathrm{DH} &= \frac{\sqrt 6}{3}\cdot\frac{2\sqrt 6}{3} = \frac{4}{3}
\end{align*}
であるから,
\[ V = \frac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{DH} = \frac{1}{3}\cdot\frac{2\sqrt 3}{3}\cdot\frac{4}{3} = \frac{8\sqrt 3}{27}\]
である.
別解 1
問題の正四面体を $\mathrm{ABCD}$ とし, $1$ 辺の長さを $a$ とおく.
また, 辺 $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm M$ とおく.
このとき,
\[\mathrm{CM} = \mathrm{DM} = \frac{\sqrt 3}{2}a\]
となる.
$\theta = \angle\mathrm{CMD}$ とおき, $\triangle\mathrm{CDM}$ において余弦定理を適用すると,
\begin{align*}
\cos\theta &= \frac{\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}a\right) ^2+\left(\dfrac{\sqrt 3}{2}a\right) ^2-a^2}{2\cdot\dfrac{\sqrt 3}{2}a\cdot\dfrac{\sqrt 3}{2}a} \\
&= \frac{(\sqrt 3)^2+(\sqrt 3)^2-2^2}{2\cdot\sqrt 3\cdot\sqrt 3} = \frac{1}{3}, \\
\sin\theta &= \sqrt{1-\cos ^2\theta} = \frac{\sqrt{3^2-1^2}}{3} = \frac{2\sqrt 2}{3}
\end{align*}
が得られる.
よって, 頂点 $\mathrm D$ から面 $\mathrm{ABC}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とおくと,
\[\mathrm{DH} = \mathrm{DM}\sin\theta = \frac{\sqrt 3}{2}a\cdot\frac{2\sqrt 2}{3} = \frac{\sqrt 6}{3}a \quad \cdots [1]\]
となる.
以下, 解答例と同様.
別解 2: $[1]$ 以降
球の中心を $\mathrm O$ とおく.
$4$ つの四面体 $\mathrm{OABC},$ $\mathrm{OBCD},$ $\mathrm{OCDA},$ $\mathrm{ODAB}$ は合同である.
よって, その体積を $W$ とおくと $V = 4W$ となるので,
\[\dfrac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{DH} = 4\cdot\frac{1}{3}\triangle\mathrm{ABC}\cdot\mathrm{OH}\]
から
\[\mathrm{DH} = 4\mathrm{OH}\]
が得られる.
垂線 $\mathrm{DH}$ が点 $\mathrm O$ を通ることに注意すると,
\begin{align*}
\mathrm{DH} &= \frac{4}{3}\mathrm{OD} = \frac{4}{3}, \\
a &= \frac{3}{\sqrt 6}\mathrm{DH} = \frac{3}{\sqrt 6}\cdot\frac{4}{3} = \frac{2\sqrt 6}{3}
\end{align*}
が得られる.
以下, 解答例と同様.
別解 3: $[2]$ 以降
$1$ 辺の長さが $a$ の正四面体 $\mathrm{ABCD}$ は $1$ 辺の長さが $\dfrac{a}{\sqrt 2}$ の立方体 $\mathrm{AKDL}\text{-}\mathrm{MBNC}$ に内接させることができる.
よって, 正四面体 $\mathrm{ABCD}$ はこの立方体から $4$ 個の合同な三角錐を取り除いたものであり, 各三角錐の体積は立方体の体積 $W$ の $\dfrac{1}{6}$ にあたるから, 求める体積は,
\begin{align*}
V &= W-4\cdot\frac{W}{6} = \frac{1}{3}W = \frac{1}{3}\left(\frac{a}{\sqrt 2}\right) ^3 = \frac{\sqrt 2}{12}a^3 \\
&= \frac{\sqrt 2}{12}\left(\frac{2\sqrt 6}{3}\right) ^3 = \frac{8\sqrt 3}{27}
\end{align*}
である.