数学Ⅰ｜図形と計量（三角比）｜問題一覧 ＞ 問題解説 52
52｜正四面体の高さと体積
52
\(1\) 辺の長さが \(2\) 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 \(\triangle {\rm BCD}\) に下ろした垂線を \({\rm AH}\) とするとき、次の値を求めよ。
\({\small (1)}~\)\({\rm AM}={\rm DM}=\sqrt{\,\fbox{ア}\,}\)
\({\small (2)}~\)\(\cos \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\fbox{イ}\,}{\,\sqrt{\,\fbox{ウ}\,}\,}\)
\(\hspace{13pt}\)\(\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,\fbox{エ}\,}\,}{\,\fbox{オ}\,}\)
\({\small (3)}~\)\({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,\fbox{カ}\,\sqrt{\,\fbox{キ}\,}\,}{\,\fbox{ク}\,}\) であり、
\(\hspace{13pt}\)\(\triangle {\rm AMD}=\sqrt{\,\fbox{ケ}\,}\) である。
\({\small (4)}~\)\(\triangle {\rm DBC}=\sqrt{\,\fbox{コ}\,}\) であり、
\(\hspace{13pt}\)正四面体の体積 \(V=\displaystyle \frac{\,\fbox{サ}\,\sqrt{\,\fbox{シ}\,}\,}{\,\fbox{ス}\,}\) である。
\(1\) 辺の長さが \(2\) 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 \(\triangle {\rm BCD}\) に下ろした垂線を \({\rm AH}\) とするとき、次の値を求めよ。
\({\small (1)}~\)\({\rm AM}={\rm DM}=\sqrt{\,\fbox{ア}\,}\)
\({\small (2)}~\)\(\cos \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\fbox{イ}\,}{\,\sqrt{\,\fbox{ウ}\,}\,}\)
\(\hspace{13pt}\)\(\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,\fbox{エ}\,}\,}{\,\fbox{オ}\,}\)
\({\small (3)}~\)\({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,\fbox{カ}\,\sqrt{\,\fbox{キ}\,}\,}{\,\fbox{ク}\,}\) であり、
\(\hspace{13pt}\)\(\triangle {\rm AMD}=\sqrt{\,\fbox{ケ}\,}\) である。
\({\small (4)}~\)\(\triangle {\rm DBC}=\sqrt{\,\fbox{コ}\,}\) であり、
\(\hspace{13pt}\)正四面体の体積 \(V=\displaystyle \frac{\,\fbox{サ}\,\sqrt{\,\fbox{シ}\,}\,}{\,\fbox{ス}\,}\) である。
共通テスト数学ⅠA｜図形と計量（三角比）
52 数学ⅠA【解答】
\({\small (1)}~\)\({\rm AM}={\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\)
\({\small (2)}~\)\(\cos \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\)
\(\hspace{13pt}\)\(\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\)
\({\small (3)}~\)\({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}~,~\triangle {\rm AMD}=\sqrt{\,2\,}\)
\({\small (4)}~\)\(\triangle {\rm DBC}=\sqrt{\,3\,}~,~V=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\)
【より詳しい解説】
\({\small (1)}~\)正三角形 \({\rm ABC}\) において、
\({\rm M}\) は \({\rm BC}\) の中点より \({\rm BM}=1\) となり、\(\triangle {\rm ABM}\) は \(1:2:\sqrt{\,3\,}\) の直角三角形であるから、
\({\rm AM}=\sqrt{\,3\,}\)
また、正三角形 \({\rm DBC}\) も同様に、
\({\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\)
したがって、
\({\rm AM}={\rm DM}=\sqrt{\,3\,}\) となる
\({\small (2)}~\)
\(\triangle {\rm AMD}\) の \(\angle {\rm ADM}\) についての余弦定理より、
\(\begin{eqnarray}~~~(\sqrt{\,3\,})^2&=&(\sqrt{\,3\,})^2+2^2-2 \cdot \sqrt{\,3\,} \cdot 2 \cdot \cos \angle {\rm ADM}
\\[3pt]~~~3&=&3+4-4\sqrt{\,3\,}\cos \angle {\rm ADM}
\\[3pt]~~~4\sqrt{\,3\,}\cos \angle {\rm ADM}&=&4
\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ADM}&=&\displaystyle \frac{\,4\,}{\,4\sqrt{\,3\,}\,}
\\[5pt]~~~\cos \angle {\rm ADM}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\end{eqnarray}\)
\\[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、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin^2 \angle {\rm ADM}&=&1-\cos^2 \angle {\rm ADM}
\\[5pt]~~~&=&1-\left(\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}\right)^2
\\[5pt]~~~&=&1-\displaystyle \frac{\,1\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,3-1\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
\(0^\circ \lt \angle {\rm ADM} \lt 180^\circ\) より、\(\sin \angle {\rm ADM} \gt 0\) となるので、
\(\begin{eqnarray}~~~\sin \angle {\rm ADM}&=&\sqrt{\,\displaystyle \frac{\,2\,}{\,3\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,2\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,3\,}\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\cos \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,1\,}{\,\sqrt{\,3\,}\,}~,~\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) となる
\({\small (3)}~\)
点 \({\rm H}\) は \({\rm DM}\) 上にあるので、\(\angle {\rm ADH}=\angle {\rm ADM}\) となる
ここで、直角三角形 \({\rm ADH}\) の正弦より、
\(\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,{\rm AH}\,}{\,{\rm AD}\,}\)
\({\rm AD}=2~,~\sin \angle {\rm ADM}=\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) より、
\(\begin{eqnarray}~~~{\rm AH}&=&{\rm AD} \cdot \sin \angle {\rm ADM}
\\[5pt]~~~&=&2{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\end{eqnarray}\)
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、
\(\begin{eqnarray}~~~\triangle {\rm AMD}&=&\displaystyle \frac{\,1\,}{\,2\,}{\, \small \times \,}\sqrt{\,3\,}{\, \small \times \,}\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,18\,}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle \frac{\,6\sqrt{\,2\,}\,}{\,6\,}
\\[5pt]~~~&=&\sqrt{\,2\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}~,~\triangle {\rm AMD}=\sqrt{\,2\,}\) となる
\({\small (4)}~\)\(\triangle {\rm DBC}\) 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 \(V\) を、底面を \(\triangle {\rm DBC}=\sqrt{\,3\,}\)、高さを \({\rm AH}=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,6\,}\,}{\,3\,}\) 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、
\(\triangle {\rm DBC}=\sqrt{\,3\,}~,~V=\displaystyle \frac{\,2\sqrt{\,2\,}\,}{\,3\,}\) となる
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