このページは、「正四面体の高さと体積」の練習問題アーカイブページとなります。
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正四面体の高さと体積 で確認できます。
問題アーカイブ01
問題アーカイブ01\({\rm PA}={\rm PB}={\rm PC}=4~,~\)\({\rm AB}=6~,~\)\({\rm BC}=4~,~\)\({\rm CA}=5\) である三角錐 \({\rm PABC}\) の体積 \(V\) を求めよ。
数研出版｜数学Ⅰ[104-901] p.169 練習36
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos {A}&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AB}^2+{\rm CA}^2-{\rm BC}^2\,}{\,2 \cdot {\rm AB} \cdot {\rm CA}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6^2+5^2-4^2\,}{\,2 \cdot 6 \cdot 5\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,36+25-16\,}{\,60\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,45\,}{\,60\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
※ 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、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 {A}&=&1-\cos^2 {A}\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,9\,}{\,16\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,16-9\,}{\,16\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,7\,}{\,16\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin {A} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin {A}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,7\,}{\,16\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
よって、\(\triangle {\rm ABC}\) の面積は、\({\rm AB}=6~,~\)\({\rm CA}=5\)、間の角の \(\sin {A}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} \cdot 6 \cdot 5 \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,15\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}\end{eqnarray}\)
次に、\({\rm PA}={\rm PB}={\rm PC}=4\) で、頂点 \({\rm P}\) から \(\triangle {\rm ABC}\) に下ろした垂線の足を \({\rm H}\) とすると、
\({\rm PA}={\rm PB}={\rm PC}\) と \({\rm PH}\) より、
\(\triangle {\rm PAH} \equiv \triangle {\rm PBH} \equiv \triangle {\rm PCH}\)
これより、\({\rm HA}={\rm HB}={\rm HC}\) となり、点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の外心で、\({\rm HA}\) は外接円の半径 \(R\) となる
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) と対辺 \({\rm BC}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}\,}&=&2R\\[5pt]~~~4 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,4\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,16\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}&=&2R\\[5pt]~~~R&=&\displaystyle \frac{\,8\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm HA}=\displaystyle \frac{\,8\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}\)
\(\triangle {\rm PAH}\) について、三平方の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,8\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}\right)^2+{\rm PH}^2&=&4^2\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,64\,}{\,7\,}+{\rm PH}^2&=&16\\[5pt]~~~{\rm PH}^2&=&16-\displaystyle \frac{\,64\,}{\,7\,}\\[5pt]~~~{\rm PH}^2&=&\displaystyle \frac{\,112-64\,}{\,7\,}\\[5pt]~~~{\rm PH}^2&=&\displaystyle \frac{\,48\,}{\,7\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\rm PH} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PH}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,48\,}{\,7\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,7\,}\,}{\,\sqrt{\,7\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,21\,}\,}{\,7\,}\end{eqnarray}\)
よって、三角錐 \({\rm PABC}\) の体積 \(V\) は、底面を \(\triangle {\rm ABC}=\displaystyle \frac{\,15\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,}\)、高さを \({\rm PH}=\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,21\,}\,}{\,7\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,15\sqrt{\,7\,}\,}{\,4\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,21\,}\,}{\,7\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,15\sqrt{\,21\,}\,}{\,7\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,7\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,15\sqrt{\,147\,}\,}{\,7\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,15 {\, \small \times \,} 7\sqrt{\,3\,}\,}{\,7\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} 15\sqrt{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&5\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(V=5\sqrt{\,3\,}\) となる
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02\({\rm PA}={\rm PB}={\rm PC}=3~,~\)\({\rm AB}={\rm BC}={\rm CA}=4\) である三角錐 \({\rm PABC}\) の体積 \(V\) を求めよ。
数研出版｜高等学校数学Ⅰ[104-903] p.163 研究 練習1
\(\triangle {\rm ABC}\) は \(1\) 辺 \(4\) の正三角形より、
底辺 \({\rm BC}=4\)、高さは \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形の比から \(2\sqrt{\,3\,}\) なので、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm ABC}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} 4 {\, \small \times \,} 2\sqrt{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&4\sqrt{\,3\,}\end{eqnarray}\)
次に、\({\rm PA}={\rm PB}={\rm PC}=3\) で、頂点 \({\rm P}\) から \(\triangle {\rm ABC}\) に下ろした垂線の足を \({\rm H}\) とすると、
\({\rm PA}={\rm PB}={\rm PC}\) と \({\rm PH}\) より、
\(\triangle {\rm PAH} \equiv \triangle {\rm PBH} \equiv \triangle {\rm PCH}\)
これより、\({\rm HA}={\rm HB}={\rm HC}\) となり、点 \({\rm H}\) は \(\triangle {\rm ABC}\) の外心で、\({\rm HA}\) は外接円の半径 \(R\) となる
\(\triangle {\rm ABC}\) の \(\angle {\rm A}\) と対辺 \({\rm BC}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm BC}\,}{\,\sin {A}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,4\,}{\,\sin 60^\circ\,}&=&2R\\[5pt]~~~4&=&2R\sin 60^\circ\\[5pt]~~~4&=&2R \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\sqrt{\,3\,}\,R&=&4\\[5pt]~~~R&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm HA}=\displaystyle \frac{\,4\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\)
\(\triangle {\rm PAH}\) について、三平方の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,4\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2+{\rm PH}^2&=&3^2\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,16\,}{\,3\,}+{\rm PH}^2&=&9\\[5pt]~~~{\rm PH}^2&=&9-\displaystyle \frac{\,16\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~{\rm PH}^2&=&\displaystyle \frac{\,27-16\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~{\rm PH}^2&=&\displaystyle \frac{\,11\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\({\rm PH} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm PH}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,11\,}{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,11\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,33\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
よって、三角錐 \({\rm PABC}\) の体積 \(V\) は、底面を \(\triangle {\rm ABC}=4\sqrt{\,3\,}\)、高さを \({\rm PH}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,33\,}\,}{\,3\,}\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} 4\sqrt{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,33\,}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,99\,}\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4 {\, \small \times \,} 3\sqrt{\,11\,}\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,12\sqrt{\,11\,}\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,11\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、\(V=\displaystyle \frac{\,4\sqrt{\,11\,}\,}{\,3\,}\) 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 \(a\) の正四面体 \({\rm ABCD}\) において、辺 \({\rm BC}\) の中点を \({\rm M}\) とし、頂点 \({\rm A}\) から \({\rm DM}\) に下ろした垂線を \({\rm AH}\) とする。\(\angle {\rm AMD}=\theta\) とするとき、\(\cos \theta\) 、\({\rm AH}\) の長さ、正四面体 \({\rm ABCD}\) の体積 \(V\) を求めよ。
東京書籍｜Advanced数学Ⅰ[002-901] p.165 問17
\({\rm M}\) は正三角形 \({\rm ABC}\) の辺 \({\rm BC}\) の中点より、
\(\triangle {\rm ABM}\) は \(\angle {\rm ABM}=60^\circ~,~\)\(\angle {\rm AMB}=90^\circ\) の直角三角形より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AM}&=&a\sin 60^\circ\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\end{eqnarray}\)
同じく、正三角形 \({\rm DBC}\) も同様に、
\({\rm DM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\)
よって、\(\triangle {\rm AMD}\) の \(\angle {\rm AMD}=\theta\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\cos \theta&=&\displaystyle \frac{\,{\rm AM}^2+{\rm DM}^2-{\rm AD}^2\,}{\,2 \cdot {\rm AM} \cdot {\rm DM}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\right)^2+\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\right)^2-a^2\,}{\,2\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\right)\left(\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\right)\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a^2+\displaystyle \frac{\,3\,}{\,4\,}a^2-a^2\,}{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}a^2\,}{\,\displaystyle \frac{\,3\,}{\,2\,}a^2\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
※ 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
次に、相互関係の公式より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \theta&=&1-\cos^2 \theta\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}\right)^2\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,9-1\,}{\,9\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,8\,}{\,9\,}\end{eqnarray}\)
\(\sin \theta \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \theta&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,8\,}{\,9\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
ここで、直角三角形 \({\rm AMH}\) の正弦より、
\(\sin \theta=\displaystyle \frac{\,{\rm AH}\,}{\,{\rm AM}\,}\)
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}&=&{\rm AM}\sin \theta\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a \cdot \displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}a\end{eqnarray}\)
したがって、\({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}a\) となる
また、\(\triangle {\rm BCD}\) の面積は、底辺 \({\rm BC}=a\) 、高さ \({\rm DM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm BCD}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,} {\, \small \times \,} a {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}a\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a^2\end{eqnarray}\)
よって、正四面体の体積 \(V\) は、底面を \(\triangle {\rm BCD}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a^2\) 、高さ \({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}a\) とすると、
\(\begin{eqnarray}~~~V&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,} {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,4\,}a^2 {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}a\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,18\,}\,}{\,36\,}a^3\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3\sqrt{\,2\,}\,}{\,36\,}a^3\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,12\,}a^3\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
したがって、\(V=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,12\,}a^3\) となる
【別解】
頂点 \({\rm A}\) から \(\triangle {\rm BCD}\) に下ろした垂線の足を \({\rm H}\) とすると、
\({\rm AB}={\rm AC}={\rm AD}\) 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 \(R\) となる
（図）
\(\triangle {\rm BCD}\) の \(\angle {\rm B}\) と対辺 \({\rm CD}\) についての正弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle \frac{\,{\rm CD}\,}{\,\sin {B}\,}&=&2R\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sin 60^\circ\,}&=&2R\\[5pt]~~~a&=&2R\sin 60^\circ\\[5pt]~~~a&=&2R \cdot \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,2\,}\\[5pt]~~~\sqrt{\,3\,}\,R&=&a\\[5pt]~~~R&=&\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\end{eqnarray}\)
よって、\({\rm HB}=\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\)
\(\triangle {\rm ABH}\) について、三平方の定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~\left(\displaystyle \frac{\,a\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2+{\rm AH}^2&=&a^2\\[5pt]~~~\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,3\,}+{\rm AH}^2&=&a^2\\[5pt]~~~{\rm AH}^2&=&a^2-\displaystyle \frac{\,a^2\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}^2&=&\displaystyle \frac{\,3a^2-a^2\,}{\,3\,}\\[5pt]~~~{\rm AH}^2&=&\displaystyle \frac{\,2a^2\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
※ 数式は横にスクロールできます。
\({\rm AH} \gt 0\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,2a^2\,}{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}a {\, \small \times \,} \displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}a\end{eqnarray}\)
