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． 詳しくは，次の問題の解説を参考にしてください． 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．
等面四面体の入試問題を１題解こう． (1996年東京大・後期) 解答
(2002年東京大・後期) 
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) 目次 |
問題
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．
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