いろいろな立体の問題
第４節正多面体と等面多面体(2)
問題
3辺の長さが$BC=2a,CA=2b,AB=2c$であるような鋭角三角形$\triangle ABC$
の3辺$BC,CA,AB$の中点をそれぞれ$L,M,N$とする．線分$LM,MN,NL$
に沿って三角形を折り曲げ，四面体を作る．その際，線分$BL$と$CL$,$CM$と
$AM$,$AN$と$BN$はそれぞれ同一視されて，長さが$a,b,c$の辺となるものとする．
(1) 線分$MN,BL$の中点をそれぞれ$P,Q$とする．四面体を組み立てたとき，空間内
の線分$PQ$の長さを求めよ．
(2) この四面体の体積を$a,b,c$を用いて表せ．
解答
四面体$KLMN$で
$KL=MN=a,KM=LN=b,KN=LN=c$
のとき，$PQ$の長さおよびこの四面体の体積を求める問題である．
等面四面体のもととなる直方体を考えると，大分考えやすくなるが，
それはあとで述べるとして
まず出題の意図にしたがって問題を解こう．
(1) $MN,KL,LM,KN,LN,KM$の中点をそれぞれ$P,Q,R,S,T,U$とする．(右図)
四角形$PSQR$はひし形である．(∵ $PR\parallel NL \parallel SQ$より４点$P,S,Q,R$
は同一平面上にあり平行四辺形．さらに$PR=\dfrac{b}{2}=PS$)
したがって$PQ\perp RS$
同様に$PQ\perp TU,RS\perp TU$
すなわち$PQ,RS,TU$はどの２本も直交している．
3線分$PQ,RS,TU$の中点は同じ点でその点を$O$とする．
$OQ=x,OR=y,OU=z$とおくと
$\triangle OQR$は直角三角形で
$x^2+y^2=(\dfrac{b}{2})^2$
同様に
$y^2+z^2=(\dfrac{a}{2})^2,z^2+x^2=(\dfrac{c}{2})^2$
連立方程式を解き
$x^2=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{8},$
$y^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{8},$
$z^2=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{8},$
$\therefore PQ=2x=\sqrt{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}}$
(2)次に四面体$KLMN$の体積を求める．
この四面体より４つの四面体$KQUC,LRTQ,MPUR,NPST$を取り除くと残りは8面体$USQ-TRP$
である．８面体は$PQ,RS,TU$がどの２本も直交しているから，８面体の体積は
$\dfrac{1}{2}\cdot PQ\cdot RS\cdot TU\cdot \dfrac{1}{3}$
$=\dfrac{1}{6}\cdot \sqrt{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}}\cdot \sqrt{\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2}}\cdot \sqrt{\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2}}$
一方，切り取った四面体は元の四面体と相似比$2:1$の相似な立体であり，
それが４つあるから，四面体$KLMN$の体積は上で求めた８面体の体積の２倍である．
したがって，四面体の体積は
$\dfrac{\sqrt{2}}{12}\cdot \sqrt{b^2+c^2-a^2}\cdot \sqrt{c^2+a^2-b^2}\cdot \sqrt{a^2+b^2-c^2}$
である．
<解説>
等面四面体$KLMN$で各辺の中点を$P,Q,R,S,T,U$とした時，$PQ,RS,TU$
のどの２本も直交することは等面四面体のもつ重要性質である（実際は逆を成り立つ．幾何学大辞典２を参照）．
ここでは，等面四面体は直方体より４つの四面体を切り落とすことにより
得られることを利用して，この問題を眺めてみよう．
なお頂点の文字は変えてある．
直方体$ABCD-EFGH$から４つの四面体$BAFC,DACH,EAFH,GCFH$を切り取った残りの四面体$ACFH$が等面四面体である．すべての等面四面体が
必ず，このように得られることは後で述べる．
等面四面体の３辺を
$AC=a,CF=b,FA=c$
直方体の縦，横，高さをそれぞれ$x,y,z$とすると
$\begin{cases}
x^2+y^2=a^2\\
x^2+z^2=b^2\\
y^2+z^2=c^2\end{cases}\cdots (\sharp)$
$x$を$a,b,c$で表すことが設問(1)である．
体積は
$xyz-4\cdot \dfrac{xyz}{6}=\dfrac{xyz}{3}$
さて，$(\sharp)$を解くと
$x^2=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2},y^2=\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2},
z^2=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2}$
である．したがって，面が鋭角三角形の等面四面体は直方体から作ることが分かる．
面が，直角三角形のときおよび鈍角三角形のときを考えよう．
なお，四面体の頂点のように，3つの面が一点で交わっている図形を３面角という．
頂点の周りの３つの角を面角という．
まず，四面体の頂点における面角の満たす性質を調べる必要がある．
命題1
四面体$OABC$で
$\angle AOB=\alpha,\angle BOC=\beta ,\angle COA=\gamma \cdots (\flat)$
とおく．このとき
$(1) \ \alpha +\beta +\gamma < 2\pi$
$(2) \ \alpha +\beta > \gamma,\beta +\gamma > \alpha ,\gamma +\alpha > \beta$
が成り立つ．
証明
$(1) \ \ OA=OB=OC$とし，$O$より３点$A,B,C$の定める平面に
下した垂線の足を$H$とする．
このとき$HA=HB=HC$である．$(AH^2=OA^2-OH^2,BH^2=OB^2-OH^2)$
したがって，$\triangle OAB,\triangle HAB$は共に二等辺三角形で$AH < AO$より
$\angle AOB < \angle AHB$
したがって
$\alpha +\beta +\gamma < \angle AHB+\angle BHC+\angle CHA=\pi$
$(2) \alpha \leqq \gamma,\beta \leqq \gamma$のとき
$\alpha +\beta > \gamma$
を示せばよい．
面$COA$上に点$B'$を
$\angle AOB'=\angle AOB,OB'=OB$
を満たすようにとる．
２直線$AB',OC$の交点を$C'$とすると，
$AB'+B'C'=AC' < AB+BC'$
$AB=AB'$より$B'C' < BC'$
$\triangle OB'C',\triangle OBC'$で
$OB'=OB,OC'=OC',B'C' < BC'$
より
$\angle BOC' < BOC'$
注意
ここで証明した２つの命題は三角錐の側面の展開図を考えれば当たり前の事実です．
実際，(1)はもし$\alpha +\beta +\gamma \geqq 2\pi$なら展開図は作れない．
(2)は右のような展開図は三角錐の側面になりません．
ですから当たり前のこととして扱ってもよいでしょう．
逆も証明しよう．
命題2
３つの角$\alpha,\beta,\gamma$がつぎの２条件
$(1) \ \alpha +\beta +\gamma < 2\pi$
$(2) \ \alpha +\beta > \gamma,\beta +\gamma > \alpha ,\gamma +\alpha > \beta$
をみたすとき
$\angle AOB=\alpha,\angle BOC=\beta ,\angle COA=\gamma$
である四面体$OABC$が存在する．
証明
$\alpha +\beta < \pi$のとき
平面上に$\angle AOB,\angle BOC$を右図のようにとる．必要ないが$OB\perp AC$
のように取ると考えやすい．
$OB$のまわりに点$C$を回転させる．
このとき，$\angle AOC$は$\alpha +\beta$から$\alpha -\beta$まで変化する．
これは，$OA,OC$が変わらず，$AC$が
$AB-BC\leqq AC\leqq AB+BC$
より分かるが，
$\angle AOC$は連続に変化し，図の$C$のとき$\angle AOC=\alpha +\beta$,
図の$C'$のとき$\angle AOC=\alpha-\beta$より，
$\angle AOC$は$\alpha -\beta$
から$\alpha +\beta$の間の値をとるとしてもよい．
一方
$\alpha -\beta < \gamma <\alpha +\beta$
であるから,
$\angle AOB=\alpha,\angle BOC=\beta ,\angle COA=\gamma$
である四面体$OABC$が存在する．
$\alpha +\beta \geqq \pi$のとき
平面上に$\angle AOB,\angle BOC$を右図のようにとる．
ここでは$\beta > \alpha$のときを考える．
$OB$の周りに点$C$を回転させる．
このとき，$\angle AOC$は図の$\angle AOC'=2\pi -\alpha-\beta$から$\beta -\alpha$の範囲で変化する．
一方仮定より$\gamma$は
$\beta -\alpha < \gamma < 2\pi -\alpha -\beta$
であるから
$\angle AOB=\alpha,\angle BOC=\beta ,\angle COA=\gamma$
である四面体$OABC$が存在することが分かる．
三角錐の頂点における内角$\alpha , \beta ,\gamma$の関係が分かったので，直角三角形や鈍角三角形が
面となる等面多面体が存在しないことはすぐにわかる．
それは，$\alpha$を直角，または鈍角とすると
$\alpha =\beta +\gamma,\alpha > \beta +\gamma$
であるからです．
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