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立体内部の三角形の面積と垂線の長さ で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01右の図のような、\({\rm AB}=6~,~\)\({\rm AD}=4~,~\)\({\rm AE}=3\) である直方体 \({\rm ABCD\text{-}EFGH}\) がある。\(\triangle {\rm DEG}\) の面積 \(S\) を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.168 練習34
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.162 練習34
\({\rm DE}\) は長方形 \({\rm ADHE}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DE}&=&\sqrt{\,4^2+3^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,16+9\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,25\,}\\[3pt]~~~&=&5\end{eqnarray}\)
\({\rm DG}\) は長方形 \({\rm DCGH}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DG}&=&\sqrt{\,6^2+3^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,36+9\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,45\,}\\[3pt]~~~&=&3\sqrt{\,5\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm EG}\) は長方形 \({\rm EFGH}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EG}&=&\sqrt{\,6^2+4^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,36+16\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,52\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,13\,}\end{eqnarray}\)
\(\triangle {\rm DEG}\) の \(\angle {\rm EDG}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(2\sqrt{\,13\,})^2&=&5^2+(3\sqrt{\,5\,})^2-2 \cdot 5 \cdot 3\sqrt{\,5\,} \cdot \cos \angle {\rm EDG}\\[3pt]~~~52&=&25+45-30\sqrt{\,5\,}\cos \angle {\rm EDG}\\[3pt]~~~30\sqrt{\,5\,}\cos \angle {\rm EDG}&=&18\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm EDG}&=&\displaystyle \frac{\,18\,}{\,30\sqrt{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm EDG}&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\sqrt{\,5\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm EDG}&=&1-\cos^2 \angle {\rm EDG}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,5\sqrt{\,5\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,9\,}{\,125\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,125-9\,}{\,125\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,116\,}{\,125\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm EDG} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm EDG}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,116\,}{\,125\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,29\,}\,}{\,5\sqrt{\,5\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm DEG}\) の面積は、\({\rm DE}=5~,~\)\({\rm DG}=3\sqrt{\,5\,}\)、間の角の \(\sin \angle {\rm EDG}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,29\,}\,}{\,5\sqrt{\,5\,}\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 5 \cdot 3\sqrt{\,5\,} \cdot \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,29\,}\,}{\,5\sqrt{\,5\,}\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,29\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(S=3\sqrt{\,29\,}\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02\(1\) 辺の長さが \(a\) の正四面体 \({\rm ABCD}\) において、辺 \({\rm CD}\) の中点を \({\rm M}\) とする。このとき、次のものを求めよ。
\({\small (1)}~\cos \angle {\rm ABM}\) の値
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABM}\) の面積
\({\small (1)}~\cos \angle {\rm ABM}\) の値
\({\small (2)}~\triangle {\rm ABM}\) の面積
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.168 練習35
正三角形 \({\rm ACD}\) において、
\(\triangle {\rm AMD}\) は \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形より、
\({\rm AM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\)
同じく、正三角形 \({\rm BCD}\) も同様に、
\({\rm BM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\)
\({\small (1)}~\)\(\triangle {\rm ABM}\) の \(\angle {\rm B}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\right)^2&=&a^2+\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\right)^2-2 \cdot a \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a \cdot \cos \angle {\rm ABM}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a^2&=&a^2+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a^2-\sqrt{\,3\,}a^2\cos \angle {\rm ABM}\\[5pt]~~~\sqrt{\,3\,}a^2\cos \angle {\rm ABM}&=&a^2\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ABM}&=&\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,\sqrt{\,3\,}a^2\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ABM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(\cos \angle {\rm ABM}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\) となる
\({\small (2)}~\)相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm ABM}&=&1-\cos^2 \angle {\rm ABM}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-1\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm ABM} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm ABM}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm ABM}\) の面積は、\({\rm AB}=a~,~\)\({\rm BM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\)、間の角の \(\sin \angle {\rm ABM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot a \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,18\,}\,}{\,12\,}a^2\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,2\,}\,}{\,12\,}a^2\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}a^2\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm ABM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,4\,}a^2\) となる
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03\(1\) 辺の長さが \(6\) の正四面体 \({\rm ABCD}\) において、辺 \({\rm AB}\) の中点を \({\rm E}\) とし、辺 \({\rm AD}\) を \(1:2\) に分ける点を \({\rm F}\) とする。\(\triangle {\rm CEF}\) の面積を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.171 問題 9
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.164 問題 9
正三角形 \({\rm ABC}\) において、\({\rm E}\) は \({\rm AB}\) の中点より、
\(\triangle {\rm BCE}\) は \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形より、
\({\rm CE}=3\sqrt{\,3\,}\)
\({\rm AC}=6~,~\)\({\rm AF}=2\) で、\(\triangle {\rm ACF}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CF}^2&=&6^2+2^2-2 \cdot 6 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ\\[5pt]~~~&=&36+4-24 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&40-12\\[5pt]~~~&=&28\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\rm CF} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CF}&=&\sqrt{\,28\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,7\,}\end{eqnarray}\)
また、\({\rm AE}=3~,~\)\({\rm AF}=2\) で、\(\triangle {\rm AEF}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EF}^2&=&3^2+2^2-2 \cdot 3 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ\\[5pt]~~~&=&9+4-12 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&13-6\\[5pt]~~~&=&7\end{eqnarray}\)
\({\rm EF} \gt 0\) より、
\({\rm EF}=\sqrt{\,7\,}\)
次に、\(\triangle {\rm CEF}\) の \(\angle {\rm CEF}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(2\sqrt{\,7\,})^2&=&(3\sqrt{\,3\,})^2+(\sqrt{\,7\,})^2-2 \cdot 3\sqrt{\,3\,} \cdot \sqrt{\,7\,} \cdot \cos \angle {\rm CEF}\\[5pt]~~~28&=&27+7-6\sqrt{\,21\,}\cos \angle {\rm CEF}\\[5pt]~~~6\sqrt{\,21\,}\cos \angle {\rm CEF}&=&6\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm CEF}&=&\displaystyle \frac{\,6\,}{\,6\sqrt{\,21\,}\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm CEF}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,21\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm CEF}&=&1-\cos^2 \angle {\rm CEF}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,21\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,21\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,21-1\,}{\,21\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,20\,}{\,21\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm CEF} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm CEF}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,20\,}{\,21\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,5\,}\,}{\,\sqrt{\,21\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm CEF}\) の面積は、\({\rm CE}=3\sqrt{\,3\,}~,~\)\({\rm EF}=\sqrt{\,7\,}\)、間の角の \(\sin \angle {\rm CEF}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,5\,}\,}{\,\sqrt{\,21\,}\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm CEF}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 3\sqrt{\,3\,} \cdot \sqrt{\,7\,} \cdot \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,5\,}\,}{\,\sqrt{\,21\,}\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,3\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,} \cdot \sqrt{\,5\,}\,}{\,\sqrt{\,21\,}\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,3\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,} \cdot \sqrt{\,5\,}\,}{\,\sqrt{\,7\,} \cdot \sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,3\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,5\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,5\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm CEF}=3\sqrt{\,5\,}\) となる
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04\(1\) 辺の長さが \(6\) の立方体 \({\rm ABCD\text{-}EFGH}\) において、辺 \({\rm AB}~,~{\rm BC}\) を \(1:2\) に分ける点を、それぞれ \({\rm P}~,~{\rm Q}\) とする。
\({\small (1)}~\triangle {\rm PFQ}\) の面積 \(S\) を求めよ。
\({\small (2)}~{\rm B}\) から \(\triangle {\rm PFQ}\) に下ろした垂線 \({\rm BK}\) の長さを求めよ。
\({\small (1)}~\triangle {\rm PFQ}\) の面積 \(S\) を求めよ。
\({\small (2)}~{\rm B}\) から \(\triangle {\rm PFQ}\) に下ろした垂線 \({\rm BK}\) の長さを求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.173 演習問題B 9
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.166 章末問題B 8
\({\rm AB}~,~{\rm BC}\) を \(1:2\) に分ける点が \({\rm P}~,~{\rm Q}\) より、
\({\rm BP}=4~,~\)\({\rm BQ}=2~,~\)\({\rm BF}=6\)
\({\small (1)}~\)
\({\rm PF}\) は直角三角形 \({\rm PBF}\) の斜辺より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PF}&=&\sqrt{\,4^2+6^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,16+36\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,52\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,13\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm FQ}\) は直角三角形 \({\rm QBF}\) の斜辺より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm FQ}&=&\sqrt{\,2^2+6^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,4+36\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,40\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,10\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm PQ}\) は直角三角形 \({\rm PBQ}\) の斜辺より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}&=&\sqrt{\,4^2+2^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,16+4\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,20\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,5\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm PFQ}\) の \(\angle {\rm PFQ}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(2\sqrt{\,5\,})^2&=&(2\sqrt{\,13\,})^2+(2\sqrt{\,10\,})^2-2 \cdot 2\sqrt{\,13\,} \cdot 2\sqrt{\,10\,} \cdot \cos \angle {\rm PFQ}\\[5pt]~~~20&=&52+40-8\sqrt{\,130\,}\cos \angle {\rm PFQ}\\[5pt]~~~8\sqrt{\,130\,}\cos \angle {\rm PFQ}&=&72\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm PFQ}&=&\displaystyle \frac{\,72\,}{\,8\sqrt{\,130\,}\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm PFQ}&=&\displaystyle \frac{\,9\,}{\,\sqrt{\,130\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm PFQ}&=&1-\cos^2 \angle {\rm PFQ}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,9\,}{\,\sqrt{\,130\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,81\,}{\,130\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,130-81\,}{\,130\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,49\,}{\,130\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm PFQ} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm PFQ}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,49\,}{\,130\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,7\,}{\,\sqrt{\,130\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm PFQ}\) の面積 \(S\) は、\({\rm PF}=2\sqrt{\,13\,}~,~\)\({\rm FQ}=2\sqrt{\,10\,}\)、間の角の \(\sin \angle {\rm PFQ}=\displaystyle \frac{\,7\,}{\,\sqrt{\,130\,}\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 2\sqrt{\,13\,} \cdot 2\sqrt{\,10\,} \cdot \displaystyle \frac{\,7\,}{\,\sqrt{\,130\,}\,}\\[5pt]~~~&=&2\sqrt{\,130\,} \cdot \displaystyle \frac{\,7\,}{\,\sqrt{\,130\,}\,}\\[5pt]~~~&=&14\end{eqnarray}\)
したがって、\(S=14\) となる
\({\small (2)}~\)三角錐 \({\rm BPFQ}\) の体積 \(V\) は、
\(\triangle {\rm BPQ}\) を底面とすると、\({\rm BP}=4~,~\)\({\rm BQ}=2\) で \(\angle {\rm PBQ}=90^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm BPQ}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} 4 {\, \small \times \,} 2\\[5pt]~~~&=&4\end{eqnarray}\)
これより、三角錐 \({\rm BPFQ}\) の体積 \(V\) を、底面を \(\triangle {\rm BPQ}=4\)、高さが \({\rm BF}=6\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} 4 {\, \small \times \,} 6\\[5pt]~~~&=&8\end{eqnarray}\)
点 \({\rm B}\) から \(\triangle {\rm PFQ}\) に下ろした垂線 \({\rm BK}\) は、三角錐 \({\rm BPFQ}\) の底面を \(\triangle {\rm PFQ}\) としたときの高さであるので、
\(V=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm PFQ} {\, \small \times \,} {\rm BK}\)
\(V=8~,~\)\(\triangle {\rm PFQ}=14\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~8&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} 14 {\, \small \times \,} {\rm BK}\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,14\,}{\,3\,}{\rm BK}&=&8\\[5pt]~~~{\rm BK}&=&8 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,3\,}{\,14\,}\\[5pt]~~~{\rm BK}&=&\displaystyle \frac{\,12\,}{\,7\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm BK}=\displaystyle \frac{\,12\,}{\,7\,}\) となる
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05右の図のように、\({\rm AB}=3~,~\)\({\rm AD}=2~,~\)\({\rm AE}=1\) である直方体 \({\rm ABCD\text{-}EFGH}\) がある。
\({\small (1)}~\cos \angle {\rm BED}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\triangle {\rm BED}\) の面積 \(S\) を求めよ。
\({\small (1)}~\cos \angle {\rm BED}\) の値を求めよ。
\({\small (2)}~\triangle {\rm BED}\) の面積 \(S\) を求めよ。
数研出版｜新編数学Ⅰ[104-904] p.165 練習33
\({\rm EB}\) は長方形 \({\rm ABFE}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EB}&=&\sqrt{\,3^2+1^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,9+1\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,10\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm ED}\) は長方形 \({\rm ADHE}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm ED}&=&\sqrt{\,2^2+1^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,4+1\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,5\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm BD}\) は長方形 \({\rm ABCD}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BD}&=&\sqrt{\,3^2+2^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,9+4\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,13\,}\end{eqnarray}\)
\({\small (1)}~\)
\(\triangle {\rm BED}\) の \(\angle {\rm BED}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(\sqrt{\,13\,})^2&=&(\sqrt{\,10\,})^2+(\sqrt{\,5\,})^2-2 \cdot \sqrt{\,10\,} \cdot \sqrt{\,5\,} \cdot \cos \angle {\rm BED}\\[3pt]~~~13&=&10+5-2\sqrt{\,50\,}\cos \angle {\rm BED}\\[3pt]~~~13&=&15-10\sqrt{\,2\,}\cos \angle {\rm BED}\\[3pt]~~~10\sqrt{\,2\,}\cos \angle {\rm BED}&=&2\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm BED}&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,10\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm BED}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(\cos \angle {\rm BED}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\) となる
\({\small (2)}~\)相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm BED}&=&1-\cos^2 \angle {\rm BED}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,50\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,50-1\,}{\,50\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,49\,}{\,50\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm BED} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm BED}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,49\,}{\,50\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,7\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm BED}\) の面積 \(S\) は、\({\rm EB}=\sqrt{\,10\,}~,~\)\({\rm ED}=\sqrt{\,5\,}\)、間の角の \(\sin \angle {\rm BED}=\displaystyle \frac{\,7\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \sqrt{\,10\,} \cdot \sqrt{\,5\,} \cdot \displaystyle \frac{\,7\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \sqrt{\,50\,} \cdot \displaystyle \frac{\,7\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 5\sqrt{\,2\,} \cdot \displaystyle \frac{\,7\,}{\,5\sqrt{\,2\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,7\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(S=\displaystyle \frac{\,7\,}{\,2\,}\) となる
問題アーカイブ06
問題アーカイブ06右の図のような直方体 \({\rm ABCD\text{-}EFGH}\) において、\({\rm AE}=\sqrt{\,10\,}~,~\)\({\rm AF}=8~,~\)\({\rm AH}=10\) とする。
\({\small (1)}~\triangle {\rm AFH}\) の面積を求めよ。
\({\small (2)}~\)点 \({\rm E}\) から \(\triangle {\rm AFH}\) に下ろした垂線 \({\rm EP}\) の長さを求めよ。
\({\small (1)}~\triangle {\rm AFH}\) の面積を求めよ。
\({\small (2)}~\)点 \({\rm E}\) から \(\triangle {\rm AFH}\) に下ろした垂線 \({\rm EP}\) の長さを求めよ。
数研出版｜新編数学Ⅰ[104-904] p.169 章末問題B 8
\({\rm EF}\) は直角三角形 \({\rm AEF}\) の \(\angle {\rm AEF}=90^\circ\) より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EF}&=&\sqrt{\,{\rm AF}^2-{\rm AE}^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,8^2-(\sqrt{\,10\,})^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,64-10\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,54\,}\\[3pt]~~~&=&3\sqrt{\,6\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm EH}\) は直角三角形 \({\rm AEH}\) の \(\angle {\rm AEH}=90^\circ\) より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EH}&=&\sqrt{\,{\rm AH}^2-{\rm AE}^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,10^2-(\sqrt{\,10\,})^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,100-10\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,90\,}\\[3pt]~~~&=&3\sqrt{\,10\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm FH}\) は長方形 \({\rm EFGH}\) の対角線で、\(\angle {\rm FEH}=90^\circ\) より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm FH}&=&\sqrt{\,{\rm EF}^2+{\rm EH}^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(3\sqrt{\,6\,})^2+(3\sqrt{\,10\,})^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,54+90\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,144\,}\\[3pt]~~~&=&12\end{eqnarray}\)
\({\small (1)}~\)
\(\triangle {\rm AFH}\) の \(\angle {\rm FAH}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~12^2&=&8^2+10^2-2 \cdot 8 \cdot 10 \cdot \cos \angle {\rm FAH}\\[3pt]~~~144&=&64+100-160\cos \angle {\rm FAH}\\[3pt]~~~160\cos \angle {\rm FAH}&=&20\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm FAH}&=&\displaystyle \frac{\,20\,}{\,160\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm FAH}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm FAH}&=&1-\cos^2 \angle {\rm FAH}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,8\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,64\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,64-1\,}{\,64\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,63\,}{\,64\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm FAH} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm FAH}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,63\,}{\,64\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,7\,}\,}{\,8\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm AFH}\) の面積は、\({\rm AF}=8~,~\)\({\rm AH}=10\)、間の角の \(\sin \angle {\rm FAH}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,7\,}\,}{\,8\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm AFH}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 8 \cdot 10 \cdot \displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,7\,}\,}{\,8\,}\\[5pt]~~~&=&15\sqrt{\,7\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm AFH}=15\sqrt{\,7\,}\) となる
\({\small (2)}~\)三角錐 \({\rm EAFH}\) の体積 \(V\) は、
\(\triangle {\rm EFH}\) を底面とすると、\({\rm EF}=3\sqrt{\,6\,}~,~\)\({\rm EH}=3\sqrt{\,10\,}\) で \(\angle {\rm FEH}=90^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm EFH}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} 3\sqrt{\,6\,} {\, \small \times \,} 3\sqrt{\,10\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9\sqrt{\,60\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,18\sqrt{\,15\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&9\sqrt{\,15\,}\end{eqnarray}\)
これより、三角錐 \({\rm EAFH}\) の体積 \(V\) を、底面を \(\triangle {\rm EFH}=9\sqrt{\,15\,}\)、高さが \({\rm AE}=\sqrt{\,10\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} 9\sqrt{\,15\,} {\, \small \times \,} \sqrt{\,10\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,150\,}\\[5pt]~~~&=&15\sqrt{\,6\,}\end{eqnarray}\)
点 \({\rm E}\) から \(\triangle {\rm AFH}\) に下ろした垂線 \({\rm EP}\) は、三角錐 \({\rm EAFH}\) の底面を \(\triangle {\rm AFH}\) としたときの高さであるので、
\(V=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm AFH} {\, \small \times \,} {\rm EP}\)
\(V=15\sqrt{\,6\,}~,~\)\(\triangle {\rm AFH}=15\sqrt{\,7\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~15\sqrt{\,6\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} 15\sqrt{\,7\,} {\, \small \times \,} {\rm EP}\\[5pt]~~~15\sqrt{\,6\,}&=&5\sqrt{\,7\,}\,{\rm EP}\\[5pt]~~~{\rm EP}&=&\displaystyle \frac{\,15\sqrt{\,6\,}\,}{\,5\sqrt{\,7\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm EP}&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm EP}&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,6\,}\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}\\[5pt]~~~{\rm EP}&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,42\,}\,}{\,7\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm EP}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,42\,}\,}{\,7\,}\) となる
問題アーカイブ07
問題アーカイブ07右の図の直方体 \({\rm ABCD\text{-}EFGH}\) において、\({\rm AB}=3~,~\)\({\rm BC}=6~,~\)\({\rm BF}=2\) である。このとき、\(\triangle {\rm DEG}\) の面積 \(S\) を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.164 問16
東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.161 問10
\({\rm DE}\) は長方形 \({\rm ADHE}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DE}&=&\sqrt{\,6^2+2^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,36+4\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,40\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,10\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm DG}\) は長方形 \({\rm DCGH}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DG}&=&\sqrt{\,3^2+2^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,9+4\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,13\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm EG}\) は長方形 \({\rm EFGH}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm EG}&=&\sqrt{\,3^2+6^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,9+36\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,45\,}\\[3pt]~~~&=&3\sqrt{\,5\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm DEG}\) の \(\angle {\rm DGE}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(2\sqrt{\,10\,})^2&=&(\sqrt{\,13\,})^2+(3\sqrt{\,5\,})^2-2 \cdot \sqrt{\,13\,} \cdot 3\sqrt{\,5\,} \cdot \cos \angle {\rm DGE}\\[3pt]~~~40&=&13+45-6\sqrt{\,65\,}\cos \angle {\rm DGE}\\[3pt]~~~6\sqrt{\,65\,}\cos \angle {\rm DGE}&=&18\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm DGE}&=&\displaystyle \frac{\,18\,}{\,6\sqrt{\,65\,}\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm DGE}&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{\,65\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
また、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm DGE}&=&1-\cos^2 \angle {\rm DGE}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,\sqrt{\,65\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,9\,}{\,65\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,65-9\,}{\,65\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,56\,}{\,65\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm DGE} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm DGE}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,56\,}{\,65\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,14\,}\,}{\,\sqrt{\,65\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm DEG}\) の面積 \(S\) は、\({\rm DG}=\sqrt{\,13\,}~,~\)\({\rm EG}=3\sqrt{\,5\,}\)、間の角の \(\sin \angle {\rm DGE}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,14\,}\,}{\,\sqrt{\,65\,}\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \sqrt{\,13\,} \cdot 3\sqrt{\,5\,} \cdot \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,14\,}\,}{\,\sqrt{\,65\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 3\sqrt{\,65\,} \cdot \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,14\,}\,}{\,\sqrt{\,65\,}\,}\\[5pt]~~~&=&3\sqrt{\,14\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(S=3\sqrt{\,14\,}\) となる
問題アーカイブ08
問題アーカイブ08\(1\) 辺の長さが \(2\) の正方形 \({\rm ABCD}\) を底面とし、\(4\) 個の正三角形を側面とする正四角錐 \({\rm OABCD}\) がある。辺 \({\rm OB}\) の中点を \({\rm M}\) 、\(\angle {\rm AMC}=\theta\) とするとき、\(\cos \theta\) の値を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.166 問題 17
正三角形 \({\rm OAB}\) において、\({\rm M}\) は \({\rm OB}\) の中点より、
\(\triangle {\rm OAM}\) は \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形より、
\({\rm AM}=\sqrt{\,3\,}\)
同じく、正三角形 \({\rm OBC}\) も同様に、
\({\rm CM}=\sqrt{\,3\,}\)
また、\({\rm AC}\) は正方形 \({\rm ABCD}\) の対角線より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AC}&=&\sqrt{\,2^2+2^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,4+4\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,8\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm AMC}\) の \(\angle {\rm AMC}=\theta\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(2\sqrt{\,2\,})^2&=&(\sqrt{\,3\,})^2+(\sqrt{\,3\,})^2-2 \cdot \sqrt{\,3\,} \cdot \sqrt{\,3\,} \cdot \cos \theta\\[3pt]~~~8&=&3+3-6\cos \theta\\[3pt]~~~8&=&6-6\cos \theta\\[3pt]~~~6\cos \theta&=&6-8\\[3pt]~~~6\cos \theta&=&-2\\[5pt]~~~\cos \theta&=&-\displaystyle \frac{\,2\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~\cos \theta&=&-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(\cos \theta=-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\) となる
問題アーカイブ09
問題アーカイブ09\(1\) 辺の長さが \(4\) の正四面体 \({\rm ABCD}\) の辺 \({\rm AB}\) 上に点 \({\rm P}\) 、辺 \({\rm AC}\) 上に点 \({\rm Q}\) を \({\rm AP}=1~,~\)\({\rm AQ}=2\) となるようにとるとき、次の問に答えよ。
\({\small (1)}~\triangle {\rm DPQ}\) の辺 \({\rm DP}~,~{\rm PQ}~,~{\rm QD}\) を求めよ。
\({\small (2)}~\angle {\rm PQD}=\theta\) とするとき、\(\cos \theta\) の値を求めよ。
\({\small (3)}~\triangle {\rm DPQ}\) の面積を求めよ。
\({\small (1)}~\triangle {\rm DPQ}\) の辺 \({\rm DP}~,~{\rm PQ}~,~{\rm QD}\) を求めよ。
\({\small (2)}~\angle {\rm PQD}=\theta\) とするとき、\(\cos \theta\) の値を求めよ。
\({\small (3)}~\triangle {\rm DPQ}\) の面積を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.168 練習問題A 5
東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.165 Training 15
\({\small (1)}~\)
\({\rm AP}=1~,~\)\({\rm AD}=4\) で、\(\triangle {\rm APD}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm DP}^2&=&1^2+4^2-2 \cdot 1 \cdot 4 \cdot \cos 60^\circ\\[5pt]~~~&=&1+16-8 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&17-4\\[5pt]~~~&=&13\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\rm DP} \gt 0\) より、
\({\rm DP}=\sqrt{\,13\,}\)
\({\rm AP}=1~,~\)\({\rm AQ}=2\) で、\(\triangle {\rm APQ}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PQ}^2&=&1^2+2^2-2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot \cos 60^\circ\\[5pt]~~~&=&1+4-4 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&5-2\\[5pt]~~~&=&3\end{eqnarray}\)
\({\rm PQ} \gt 0\) より、
\({\rm PQ}=\sqrt{\,3\,}\)
\({\rm AQ}=2~,~\)\({\rm AD}=4\) で、\(\triangle {\rm AQD}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm QD}^2&=&2^2+4^2-2 \cdot 2 \cdot 4 \cdot \cos 60^\circ\\[5pt]~~~&=&4+16-16 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&20-8\\[5pt]~~~&=&12\end{eqnarray}\)
\({\rm QD} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm QD}&=&\sqrt{\,12\,}\\[3pt]~~~&=&2\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm DP}=\sqrt{\,13\,}~,~\)\({\rm PQ}=\sqrt{\,3\,}~,~\)\({\rm QD}=2\sqrt{\,3\,}\) となる
\({\small (2)}~\)
\(\triangle {\rm DPQ}\) の \(\angle {\rm PQD}=\theta\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(\sqrt{\,13\,})^2&=&(\sqrt{\,3\,})^2+(2\sqrt{\,3\,})^2-2 \cdot \sqrt{\,3\,} \cdot 2\sqrt{\,3\,} \cdot \cos \theta\\[5pt]~~~13&=&3+12-12\cos \theta\\[5pt]~~~13&=&15-12\cos \theta\\[5pt]~~~12\cos \theta&=&15-13\\[5pt]~~~12\cos \theta&=&2\\[5pt]~~~\cos \theta&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,12\,}\\[5pt]~~~\cos \theta&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(\cos \theta=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\) となる
\({\small (3)}~\)相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \theta&=&1-\cos^2 \theta\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,6\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,36\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,36-1\,}{\,36\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,35\,}{\,36\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \theta \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \theta&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,35\,}{\,36\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,6\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm DPQ}\) の面積は、\({\rm PQ}=\sqrt{\,3\,}~,~\)\({\rm QD}=2\sqrt{\,3\,}\)、間の角の \(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,6\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm DPQ}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot \sqrt{\,3\,} \cdot 2\sqrt{\,3\,} \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 6 \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(\triangle {\rm DPQ}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,35\,}\,}{\,2\,}\) となる
問題アーカイブ10
問題アーカイブ10右の図の三角錐 \({\rm OABC}\) において、\({\rm OA}=1~,~\)\({\rm OB}=\sqrt{\,3\,}~,~\)\({\rm OC}=\sqrt{\,6\,}~,~\)\(\angle {\rm AOB}=\angle {\rm BOC}=\angle {\rm COA}=90^\circ\) とする。このとき、次の値を求めよ。
\({\small (1)}~\)三角錐 \({\rm OABC}\) の体積 \(V\)
\({\small (2)}~\angle {\rm ABC}\)
\({\small (3)}~\triangle {\rm ABC}\) の面積 \(S\)
\({\small (4)}~\)頂点 \({\rm O}\) から \(\triangle {\rm ABC}\) に下ろした垂線 \({\rm OH}\) の長さ \(h\)
\({\small (1)}~\)三角錐 \({\rm OABC}\) の体積 \(V\)
\({\small (2)}~\angle {\rm ABC}\)
\({\small (3)}~\triangle {\rm ABC}\) の面積 \(S\)
\({\small (4)}~\)頂点 \({\rm O}\) から \(\triangle {\rm ABC}\) に下ろした垂線 \({\rm OH}\) の長さ \(h\)
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.169 練習問題B 8
東京書籍｜Standard数学Ⅰ[002-902] p.167 Level Up 9
\({\small (1)}~\)\(\triangle {\rm OAB}\) を底面とすると、\({\rm OA}=1~,~\)\({\rm OB}=\sqrt{\,3\,}\) で \(\angle {\rm AOB}=90^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm OAB}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} 1 {\, \small \times \,} \sqrt{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
これより、三角錐 \({\rm OABC}\) の体積 \(V\) を、底面を \(\triangle {\rm OAB}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\)、高さが \({\rm OC}=\sqrt{\,6\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} \sqrt{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,18\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,2\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(V=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}\) となる
\({\small (2)}~\)
\({\rm AB}\) は直角三角形 \({\rm OAB}\) の斜辺より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AB}&=&\sqrt{\,{\rm OA}^2+{\rm OB}^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1^2+(\sqrt{\,3\,})^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,1+3\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,4\,}\\[3pt]~~~&=&2\end{eqnarray}\)
\({\rm BC}\) は直角三角形 \({\rm OBC}\) の斜辺より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm BC}&=&\sqrt{\,{\rm OB}^2+{\rm OC}^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(\sqrt{\,3\,})^2+(\sqrt{\,6\,})^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,3+6\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,9\,}\\[3pt]~~~&=&3\end{eqnarray}\)
\({\rm CA}\) は直角三角形 \({\rm OCA}\) の斜辺より、三平方の定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm CA}&=&\sqrt{\,{\rm OC}^2+{\rm OA}^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,(\sqrt{\,6\,})^2+1^2\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,6+1\,}\\[3pt]~~~&=&\sqrt{\,7\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm ABC}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(\sqrt{\,7\,})^2&=&2^2+3^2-2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos \angle {\rm ABC}\\[3pt]~~~7&=&4+9-12\cos \angle {\rm ABC}\\[3pt]~~~7&=&13-12\cos \angle {\rm ABC}\\[3pt]~~~12\cos \angle {\rm ABC}&=&6\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ABC}&=&\displaystyle \frac{\,6\,}{\,12\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ABC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\(0^\circ \lt \angle {\rm ABC} \lt 180^\circ\) より、
\(\angle {\rm ABC}=60^\circ\)
したがって、\(\angle {\rm ABC}=60^\circ\) となる
\({\small (3)}~\)\(\triangle {\rm ABC}\) の面積 \(S\) は、\({\rm AB}=2~,~\)\({\rm BC}=3\)、間の角の \(\angle {\rm ABC}=60^\circ\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~S&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 2 \cdot 3 \cdot \sin 60^\circ\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 2 \cdot 3 \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(S=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) となる
\({\small (4)}~\)頂点 \({\rm O}\) から \(\triangle {\rm ABC}\) に下ろした垂線 \({\rm OH}\) は、三角錐 \({\rm OABC}\) の底面を \(\triangle {\rm ABC}\) としたときの高さであるので、
\(V=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \triangle {\rm ABC} {\, \small \times \,} {\rm OH}\)
\(V=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}~,~\)\(\triangle {\rm ABC}=\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} h\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,}&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}h\\[5pt]~~~h&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~h&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~h&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~h&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(h=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) となる
