いろいろな立体の問題

第4節正多面体と等面多面体(2)


3.正20面体,正12面体の頂点の座標
正20面体の体積を,長方形の頂点となる4点を利用して求めました.この長方形をもう少し利用しましょう.
右図の3枚の長方形$P_iQ_iR_iS_i (i=1,2,3)$に注目します. 正20面体の1辺の長さを$1$とすると.長方形の辺の長さは$1$と黄金比$a=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$です.
右図のように長方形がそれぞれ,$xy$平面,$yz$平面,$zx$平面上にあるようにすれば,正20面体の頂点の座標は簡単にわかる.
すなわち
$P_1(\frac{a}{2},\frac{1}{2},0),Q_1(-\frac{a}{2},\frac{1}{2},0), R_1(-\frac{a}{2},-\frac{1}{2},0),S_1(\frac{a}{2},-\frac{1}{2},0);$
$P_2(0,\frac{a}{2},\frac{1}{2}),Q_2(0,-\frac{a}{2},\frac{1}{2}), R_2(0,-\frac{a}{2},-\frac{1}{2}),S_2(0,\frac{a}{2},-\frac{1}{2});$
$P_3(\frac{1}{2},0,\frac{a}{2}),Q_3(\frac{1}{2},0,-\frac{a}{2}), R_3(-\frac{1}{2},0,-\frac{a}{2}),S_3(\frac{1}{2},0,-\frac{a}{2})$
である.
なお,正五角形,正六角形よりなるサッカーボールの頂点は 正20面体の各辺の3等分点より得られるので,正20面体の頂点が分かれば容易にわかる.

2辺の比が$1:a(=\frac{1+\sqrt{5}}{2})$の長方形を黄金長方形と呼ぶ.
これは,元の長方形と短い辺が一片の正方形を除いた長方形が相似である.
すなわち右図で
長方形$ABCD$∽長方形$FCDE$




同じことを1辺の長さ$1$の正12面体でも行いましょう(右下図).
頂点は20個ですが,3個の長方形の頂点と立方体の頂点となります.
黄金比を$a$とするとき,長方形の2辺の長さは$1,a^2$で, 立方体の一辺の長さは$a$となる.したがって,頂点は正20面体の 頂点の座標の$a$を$a^2$に置き換えたもの,すなわち $P_1(\frac{a^2}{2},\frac{1}{2},0),Q_1(-\frac{a^2}{2},\frac{1}{2},0), R_1(-\frac{a^2}{2},-\frac{1}{2},0),S_1(\frac{a^2}{2},-\frac{1}{2},0);$
$P_2(0,\frac{a^2}{2},\frac{1}{2}),Q_2(0,-\frac{a^2}{2},\frac{1}{2}), R_2(0,-\frac{a^2}{2},-\frac{1}{2}),S_2(0,\frac{a^2}{2},-\frac{1}{2});$
$P_3(\frac{1}{2},0,\frac{a^2}{2}),Q_3(\frac{1}{2},0,-\frac{a^2}{2}), R_3(-\frac{1}{2},0,-\frac{a^2}{2}),S_3(\frac{1}{2},0,-\frac{a^2}{2})$
及び$T_i(1\leqq i \leqq 8)$の座標は$(\pm \frac{a}{2},\pm \frac{a}{2},\pm \frac{a}{2})$ である.






4.等面多面体
正12面体をもう少しながめてみよう.
各座標平面上の長方形の2辺の長さ$1:a^2$を$1:b$に変えて, ここでは,2辺の長さを$2,2b$とする.このとき$P_i,Q_i,R_i,S_i$の座標は$\frac{a^2}{2}$を$b$に$\frac{1}{2}$ を$1$に変えればよい.残りの8頂点は,3点$P_1(b,1,0),P_3(1,0,b),S_1(b,-1,0)$ を通る平面
$b(x-b)+(b-1)z=0$
と直線$x=y=z$との交点を求めて
$(\dfrac{b^2}{2b-1},\dfrac{b^2}{2b-1},\dfrac{b^2}{2b-1})$
より$T_i(1\leqq i \leqq 8)$の座標を
$(\pm \dfrac{b^2}{2b-1},\pm \dfrac{b^2}{2b-1},\pm \dfrac{b^2}{2b-1})$
とすれば,辺の長さは2種類あり,
$P_1S_1=Q_1R_1=P_2S_2=Q_2R_2=P_3S_3=Q_3R_3=2$・・・(黄緑色)
と残りの辺(茶色)であり(右下図),各面が互いに合同であることがわかる.

もちろん各面が合同であるためには, 各面の対応する内角も等しいことも示す必要があるが,それは,たとえば,右下図の 5角形$P_3T_5S_1P_1T_1$と5角形$P_2T_4S_3P_3T_1$の$\angle P_3$と$\angle P_2$が 等しいことをいうには$T_1T_5=T_1T4$をいえばよいがそれは明らかである. 他も同様に簡単に示すことができる.



以上で正12面体以外の等面12面体(各面が合同な12面体のこと)が存在することが分かりました.この立体は,原点に関して 対称であるから,対面は平行であることもわかります.

ここで,12面体以外の等面多面体(各面が合同な多面体のこと)を調べましょう.
まず,等面四面体ですが,これはよく知られています.
すなわち,任意の 鋭角三角形を与えれば,それが各面である等面四面体が存在します.実際鋭角三角形の3辺の長さを $a,b,c$とすれば,$a,b,c$が対角線の長さである直方体を作り,4つの三角錐を切り落とすことにより得られる.
直方体の縦,横,高さを$x,y,z$とすれば
$x^2+y^2=a^2,y^2+z^2=b^2,z^2+x^2=c^2$
より,直方体の3辺の長さは簡単にわかる.

なお,等面四面体については大学入試問題でもしばしば扱われている.その解説もいいが
岩田至康編  幾何学大辞典2 槇書店
がお勧めです.

等面四面体より等面8面体は簡単に作れる.正8面体の回転体のところ,正四面体より,正8面体を作っているが同じことを行なう.
すなわち,各辺の中点が頂点である8面体が等面8面体である.
右図で
$AB=CD=a,BC=AD=b,AC=BD=c$
のとき,
$ST=TQ=QR=RS=\dfrac{a}{2},$
$PT=TU=UR=RP=\dfrac{b}{2}$
$PQ=QU=US=SP=\dfrac{c}{2}$
であるから,任意の鋭角三角形を与えれば,その三角形が面である等面8面体が 存在することがわかる.



次に調べるのは6面体である.等面6面体は正四面体から作ることができる(右図). 各面がひし形以外の時に等面6面体がるかどうかは筆者はわからないが,ひし形のとき, 右図で
$AB=BC=CA$
であるから$\triangle ABC$は正三角形.したがって,正三角形$ABC$ の重心$H$で立てた垂線上に点$P$をとり,四面体$PABC$より作った平行6面体すなわち
$\{X|\overrightarrow{PX}=s\overrightarrow{PA}+t\overrightarrow{PB}+u\overrightarrow{PC},0\leqq s,t,u\leqq 1\}$
は等面6面体である.

残るは20面体である.等面20面体が存在するかどうかは筆者はわからない.ご教示お願いしたい.

最後に次の入試問題を解こう.正20面体以外の等面20面体を作ることは簡単でないことがわかるとおもう.

問題
$xyz$空間において次のような3つの合同な長方形$L_1,L_2,L_3$を考える.
$\bullet \ L_1$は$xy$平面に,$P_1(a,b,0),Q_1(-a,b,0),R_1(-a,-b,0),S_1(a,-b,0)$を頂点とする.
$\bullet \ L_2$は$xy$平面に,$P_(0,a,b),Q_2(0,-a,b),R_2(0,-a,-b),S_2(0,a,-b)$を頂点とする.
$\bullet \ L_3$は$xy$平面に,$P_3(b,0,a),Q_3(b,0,-a),R_3(-b,0,-a),S_3(-b,0,a)$を頂点とする.
ここで$a > b > 0$とする.このとき次の問に答えよ.
(1) $\triangle P_1P_2P_3$の面積,および$\triangle P_1P_2P_3$と原点$O$との距離を求めよ.
(2) 四面体$OP_1P_2P_3$および四面体$OP_1P_2S_2$の体積をそれぞれ求めよ.
(3) $L_1,L_2,L_3$の12頂点から3点を選び三角形をつくる.このとき$\triangle P_1P_2P_3$または$\triangle P_1P_2S_2$と合同な 三角形が20個えられる.これらの三角形で囲まれる二十面体を$D$とする.$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$なる$\theta$に対して
$a=\cos \theta ,b=\sin \theta$
とおくとき$D$の体積$V$を$t=\tan \theta $の関数$V(t)$として表せ.
(4) $0 < t < 1$において$V(t)$は最大値をとることを示し,そのときの$t$の値を求めよ.

(2002年東京大・後期)

解答

上の図は与えられています.出来上がる20面体である右図が分かれば大きな問題は ありません(表側だけ辺を書いてみました).
(1) $P_1P_2=P_2P_3=P_3P_1$
$=a^2+(a-b)^2+b^2$
$=2(a^2-ab+b^2)$
より
$\triangle P_1P_2P_3=\dfrac{\sqrt{3}(a^2-ab+b^2)}{2}$
三角錐$OP_1P_2P_3$において,$OP_1=OP_2=OP_3$であるから, $O$から面$P_1P_2P_3$ に下して垂線の足は$\triangle P_1P_2P_3$の外心$H$である.
$(\because OH^2+P_1H^2=OH^2+P_2H^2$
$=OH^2+P_3H^2$
より$P_1H=P_2H=P_3H)$
正三角形は外心と重心が一致するから$H$は重心であり,
$H\left(\dfrac{a+b}{3},\dfrac{a+b}{3},\dfrac{a+b}{3}\right)$
したがって,$\triangle P_1P_2P_3$と原点$O$との距離は$\dfrac{\sqrt{3}(a+b)}{3}$
(2) (1)の結果より四面体$OP_1P_2P_3$の体積は
$\dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{\sqrt{3}(a^2-ab+b^2)}{2}\cdot \dfrac{\sqrt{3}(a+b)}{3}=\dfrac{a^3+b^3}{6}$
四面体$OP_1P_2S_2$の体積は$\triangle OP_2S_2$を底面とすると高さは$a$であるから,求める体積は
$\dfrac{1}{3}\cdot ab\cdot a=\dfrac{a^2b}{3}$
(3),(4) 20面体$D$は$\triangle P_1P_2P_3$と合同な三角形が$8$個,$\triangle P_1P_2S_2$ と合同な三角形が$12$個で囲まれた20面体$D$であるから,$D$は8個の四面体$OP_1P_2P_3$ と12個の四面体$OP_1P_2S_2$に分けれれる.
したがって,$D$の体積$V$は
$V=8\cdot \dfrac{a^3+b^3}{6}+12\cdot \dfrac{a^2b}{3}$
$=4(\dfrac{a^3+b^3}{3}+a^2b)$
ここで$a=\cos \theta ,b=\sin \theta$,
$f(\theta )=\dfrac{\cos ^3\theta +\sin ^3\theta}{3}+\cos ^2\theta \sin \theta$
とおく.
$f'(\theta)=-\cos ^2\theta \sin \theta +\sin ^2\theta \cos \theta -2\cos \theta \sin ^2\theta +\cos ^3\theta$
$=\cos ^3\theta (1-\tan \theta -\tan ^2\theta)$
$1-\tan \theta -\tan ^2\theta =0$を解くと
$\tan \theta =\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$
より,20面体の体積は
$t=\tan \theta =\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$
のとき最大値をとる. (3)の設問の答は
$V=4f(\theta)=4\cos ^3\theta (\dfrac{1+\tan ^3\theta}{3})+\tan\theta$
$1+\tan ^2\theta =\dfrac{1}{\cos ^2\theta}$及び$t=\tan \theta$より
$\cos \theta =\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}$
したがって,
$V(t)=\dfrac{4(1+3t+t^2)}{3\sqrt{(1+t^2)^3}}$


解説 $P_1$が単位円上を動くとき,20面体の体積が最大になるのは
$t=\tan \theta =\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$
のときという意味です.さて,20面体$D$が等面多面体になる場合を調べてみよう.
$\triangle P_1P_2P_3$は正三角形であるから
$P_1S_1=P_1P_2$
のときである.この時の$\tan \theta$の値を求めよう.
$P_1P_2^2=2(a^2-ab+b^2),$
$P_1S_1=2b$
より
$2(a^2-ab+b^2)=4b^2$
$a^2-ab-b^2=0$
$a=\cos \theta ,b=\sin \theta$
より
$\cos ^2\theta -\cos \theta \sin \theta -\sin ^2\theta =0$
したがって,
$1-\tan \theta -\tan ^2\theta =0$
$\tan \theta =\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$
これは,問題の解答と一致する.さらにこの場合は20面体の各面が合同な正三角形であ正20面体である.
すなわちこの方法で正20面体以外の等面20面体を作ろうとするとうまくいかないことがわかる.
(正多面体の体積と等面多面体の項目終わり)




第5節 円錐と円柱(その1)


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