- 数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）「正四面体の高さと体積」の基本例題解説ページです。
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問題｜正四面体の高さと体積
図形と計量（三角比） 42\(1\) 辺の長さ \(2\) の正四面体 \({\rm ABCD}\) において、辺 \({\rm BC}\) の中点を \({\rm M}\) 、頂点 \({\rm A}\) から \(\triangle {\rm BCD}\) に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすとき、\(\cos \angle {\rm ADM}\) 、\({\rm AH}\) の長さ、\(\triangle {\rm ADM}\) の面積、正四面体の体積 \(V\) の求め方は？また、点 \({\rm H}\) が \(\triangle {\rm BCD}\) の外心であることより \({\rm AH}\) の長さを求める方法は？
高校数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）
解法のPoint
正四面体の高さと体積
Point：正四面体の高さと体積正四面体の高さと体積は、
① 辺 \({\rm BC}\) の中点 \({\rm M}\) より、\({\rm AM}\) と \({\rm DM}\) の長さをそれぞれ求める。
正三角形より、\({\rm AM}={\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\)
② \(\triangle {\rm AMD}\) について、余弦定理より、\(\cos \angle {\rm ADM}\) を求める。
③ 相互関係の公式より、\(\sin \angle {\rm ADM}\) の値を求め、直角三角形 \({\rm ADH}\) の正弦より、\({\rm AH}\) の長さを求める。
\({\rm AH}={\rm AD} \cdot \sin \angle {\rm ADM}\)
④ 底面を \(\triangle {\rm BCD}\) とし、\({\rm AH}\) を高さとして、正四面体の体積を求める。
① 辺 \({\rm BC}\) の中点 \({\rm M}\) より、\({\rm AM}\) と \({\rm DM}\) の長さをそれぞれ求める。
正三角形より、\({\rm AM}={\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\)
② \(\triangle {\rm AMD}\) について、余弦定理より、\(\cos \angle {\rm ADM}\) を求める。
③ 相互関係の公式より、\(\sin \angle {\rm ADM}\) の値を求め、直角三角形 \({\rm ADH}\) の正弦より、\({\rm AH}\) の長さを求める。
\({\rm AH}={\rm AD} \cdot \sin \angle {\rm ADM}\)
④ 底面を \(\triangle {\rm BCD}\) とし、\({\rm AH}\) を高さとして、正四面体の体積を求める。
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正四面体の高さと外心
Point：正四面体の高さと外心
① 点 \({\rm H}\) が \(\triangle {\rm BCD}\) の外心であることを示す。
底面の三角形 \({\rm BCD}\) に対して、点 \({\rm A}\) は \({\rm AB}={\rm AC}={\rm AD}\) を満たす。
↓
\({\rm AH}\) が共通 かつ \({\rm AB}={\rm AC}={\rm AD}\)
↓
\(\triangle {\rm ABH} \equiv \triangle {\rm ACH} \equiv \triangle {\rm ADH}\)
↓
\({\rm BH}={\rm CH}={\rm DH}\)
↓
点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の外心（外接円の中心）
② 正弦定理で外接円の半径 \(R={\rm BH}\) を求め、直角三角形 \({\rm ABH}\) の三平方の定理より、\({\rm AH}\) を求める。
点 \({\rm H}\) が \(\triangle {\rm BCD}\) の外心であることより \({\rm AH}\) の長さを求める方法は、
① 点 \({\rm H}\) が \(\triangle {\rm BCD}\) の外心であることを示す。
底面の三角形 \({\rm BCD}\) に対して、点 \({\rm A}\) は \({\rm AB}={\rm AC}={\rm AD}\) を満たす。
↓
\({\rm AH}\) が共通 かつ \({\rm AB}={\rm AC}={\rm AD}\)
↓
\(\triangle {\rm ABH} \equiv \triangle {\rm ACH} \equiv \triangle {\rm ADH}\)
↓
\({\rm BH}={\rm CH}={\rm DH}\)
↓
点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の外心（外接円の中心）
② 正弦定理で外接円の半径 \(R={\rm BH}\) を求め、直角三角形 \({\rm ABH}\) の三平方の定理より、\({\rm AH}\) を求める。
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詳しい解説｜正四面体の高さと体積
図形と計量（三角比） 42\(1\) 辺の長さ \(2\) の正四面体 \({\rm ABCD}\) において、辺 \({\rm BC}\) の中点を \({\rm M}\) 、頂点 \({\rm A}\) から \(\triangle {\rm BCD}\) に垂線 \({\rm AH}\) を下ろすとき、\(\cos \angle {\rm ADM}\) 、\({\rm AH}\) の長さ、\(\triangle {\rm ADM}\) の面積、正四面体の体積 \(V\) の求め方は？また、点 \({\rm H}\) が \(\triangle {\rm BCD}\) の外心であることより \({\rm AH}\) の長さを求める方法は？
高校数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）
正三角形 \({\rm ABC}\) において、
\(\triangle {\rm ABM}\) は \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形より、
\({\rm AM}=\sqrt{\,3\,}\)
また、正三角形 \({\rm DBC}\) も同様に、
\({\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\)
よって、\(\triangle {\rm AMD}\) の \(\angle {\rm D}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(\sqrt{\,3\,})^2&=&(\sqrt{\,3\,})^2+2^2-2 \cdot \sqrt{\,3\,} \cdot 2 \cdot \cos \angle {\rm ADM}\\[3pt]~~~3&=&3+4-4\sqrt{\,3\,}\cos \angle {\rm ADM}\\[3pt]~~~4\sqrt{\,3\,}\cos \angle {\rm ADM}&=&4\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ADM}&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ADM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
これより、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm ADM}&=&1-\cos^2 \angle {\rm ADM}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-1\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \angle {\rm ADM} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm ADM}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
ここで、直角三角形 \({\rm ADH}\) の正弦より、
\(\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,{\rm AH}\,}{\,{\rm AD}\,}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}&=&{\rm AD} \cdot \sin \angle {\rm ADM}\\[5pt]~~~&=&2 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm AMD}\) の面積は、底辺 \({\rm MD}=\sqrt{\,3\,}\) 、高さ \({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm AMD}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} \sqrt{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,18\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6\sqrt{\,2\,}\,}{\,6\,}\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
また、\(\triangle {\rm DBC}\) の面積は、底辺 \({\rm BC}=2\) 、高さ \({\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm DBC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} 2 {\, \small \times \,} \sqrt{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
よって、正四面体の体積 \(V\) は、底面を \(\triangle {\rm DBC}=\sqrt{\,3\,}\) 、高さ \({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \sqrt{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,18\,}\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6\sqrt{\,2\,}\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\cos \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}~,~\)\({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\)
\(\triangle {\rm AMD}=\sqrt{\,2\,}~,~\)\(V=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\)
となる
この正四面体について、
\({\rm AB}={\rm AC}={\rm AD}\) と \({\rm AH}\) より、
\(\triangle {\rm ABH} \equiv \triangle {\rm ACH} \equiv \triangle {\rm ADH}\)
これより、\({\rm HB}={\rm HC}={\rm HD}\) となり、点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm BCD}\) の外心で、\({\rm HB}\) は外接円の半径となる
\({B}=60^\circ~,~\)\({\rm CD}=2\) より、正弦定理を用いると、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sin 60^\circ\,}&=&2R\\[5pt]~~~2&=&2R\sin 60^\circ\\[5pt]~~~2&=&2R \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\sqrt{\,3\,}\,R&=&2\\[5pt]~~~R&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm BH}=\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) について、
三平方の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,2\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2+{\rm AH}^2&=&2^2\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}+{\rm AH}^2&=&4\\[5pt]~~~{\rm AH}^2&=&4-\displaystyle \frac{\,4\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}^2&=&\displaystyle \frac{\,12-4\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}^2&=&\displaystyle \frac{\,8\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm AH} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,8\,}{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
