図形の性質 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $2$ 線分の交点の比を求めたい。使う道具はその交点を含む三角形と、それを横切る直線を選んでメネラウスを当てることだ。

図の中から、メネラウスを当てはめる三角形を選び出せるかどうかが決め手になる。$1$ つの交点につき、適切な三角形を $1$ 回見つける。方針を立ててから式に入る。

① $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}$ を求める。$△\mathrm{ADC}$ を直線 $\mathrm{BPE}$ が横切るとみる。

辺 $\mathrm{AD}$ を $\mathrm{P}$、辺 $\mathrm{DC}$ の延長を $\mathrm{B}$、辺 $\mathrm{CA}$ を $\mathrm{E}$ で切る。

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=1$$

ここで辺 $\mathrm{DC}$ 上には $\mathrm{D}$、$\mathrm{C}$ に加えて、その延長上の $\mathrm{B}$ がのっている。$\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=1:2$ なので、長さを $\mathrm{DB}=1$、$\mathrm{DC}=2$ とおくと $\mathrm{BC}=\mathrm{DB}+\mathrm{DC}=3$。よって $\frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{3}$。また $\mathrm{CE}:\mathrm{EA}=1:3$ から $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\frac{1}{3}$。

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}=1\Rightarrow \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}=9$$

よって $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=9:1$。

② $\mathrm{BP}:\mathrm{PE}$ を求める。今度は $△\mathrm{BEC}$ を直線 $\mathrm{APD}$ が横切るとみる。

辺 $\mathrm{BE}$ を $\mathrm{P}$、辺 $\mathrm{EC}$ を $\mathrm{A}$(延長)、辺 $\mathrm{CB}$ を $\mathrm{D}$ で切る。

$$\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PE}}\cdot \frac{\mathrm{EA}}{\mathrm{AC}}\cdot \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DB}}=1$$

$\frac{\mathrm{EA}}{\mathrm{AC}}=\frac{3}{4}$($\mathrm{CE}:\mathrm{EA}=1:3$ なので $\mathrm{AC}=4$ 中 $\mathrm{EA}=3$)、$\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DB}}=\frac{2}{1}$。

$$\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PE}}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{2}{1}=1\Rightarrow \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PE}}\cdot \frac{3}{2}=1\Rightarrow \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PE}}=\frac{2}{3}$$

よって $\mathrm{BP}:\mathrm{PE}=2:3$。

まとめ:2直線の交点の比は片方の直線を「横切る線」とみて、もう一方を含む三角形にメネラウス。どの三角形の・どの3辺を切るかを図で先に決めてから比を書くと、順番を間違えない。

発展。 交点の比が分かると、面積比もすぐ出る。三角形 $\mathrm{PBC}$ と $\mathrm{ABC}$ は底辺 $\mathrm{BC}$ が共通で、高さの比は $\mathrm{P}$ と $\mathrm{A}$ の $\mathrm{BC}$ からの距離の比になる。$\mathrm{P}$ は $\mathrm{AD}$ を $9:1$ に分け、$\mathrm{D}$ は $\mathrm{BC}$ 上(高さ $0$)だから、$\mathrm{P}$ の高さは $\mathrm{A}$ の $\frac{1}{10}$。よって $△\mathrm{PBC}=\frac{1}{10}△\mathrm{ABC}$ となる。

こうした比は三角形の形にはよらない。分点の比だけで決まる。長さや角度を変えても分点の比は保たれるからだ。だから計算しやすい特別な三角形で調べれば、一般の三角形でも同じ答えになる。

別解

別解:位置ベクトルで交点をまとめて出す(得意な人向けの視点)。 $\mathrm{A}$ を原点にとり、$\overrightarrow{\mathrm{AB}}=\vec{b}$、$\overrightarrow{\mathrm{AC}}=\vec{c}$ とおく。

$\mathrm{D}$ は $\mathrm{BC}$ を $\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=1:2$ に分けるから $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\frac{2}{3}\vec{b}+\frac{1}{3}\vec{c}$。$\mathrm{E}$ は $\mathrm{CA}$ を $\mathrm{CE}:\mathrm{EA}=1:3$ に分けるから $\overrightarrow{\mathrm{AE}}=\frac{3}{4}\vec{c}$。$\mathrm{P}$ を $\mathrm{AD}$ 上と $\mathrm{BE}$ 上の両方で表す。$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=s\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ と、$\mathrm{B}$ から $\mathrm{E}$ へ $t$ だけ進んだ $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=(1-t)\vec{b}+\frac{3t}{4}\vec{c}$。$\vec{b},\vec{c}$ の係数を比べて

$$\frac{2s}{3}=1-t,\frac{s}{3}=\frac{3t}{4}.$$

これを解くと $t=\frac{2}{5}$、$s=\frac{9}{10}$。$s$ は $\overrightarrow{\mathrm{AP}}=s\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ の割合だから $\mathrm{AP}:\mathrm{PD}=\frac{9}{10}:\frac{1}{10}=9:1$。$t$ は $\overrightarrow{\mathrm{BP}}=t\overrightarrow{\mathrm{BE}}$ の割合だから $\mathrm{BP}:\mathrm{PE}=\frac{2}{5}:\frac{3}{5}=2:3$。

メネラウスを使わず、連立 $1$ 次方程式を解くだけで本解と同じ $9:1$、$2:3$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内接円・外接円の半径は、どちらも面積を橋渡しにして出せる。内接円は $S=rs$、外接円は $S=\frac{abc}{4R}$ という関係だ。

まず面積 $S$ を出す。それを介して $r$ と $R$ を釣り上げる。この共通ルートを見抜けば、$2$ つの半径が同じ $S$ から芋づる式に出る。

(1) 二等辺三角形なので、頂点 $\mathrm{A}$ から $\mathrm{BC}$ の中点に下ろした線が高さになる。$\mathrm{BC}$ の半分は $3$ だから、高さは

$$h=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$$

$$S=\frac{1}{2}\times 6\times 4=12$$

(2) 周の半分は $s=\frac{5+5+6}{2}=8$。$S=rs$ に入れて

$$12=r\times 8\Rightarrow r=\frac{12}{8}=\frac{3}{2}$$

(3) $S=\frac{abc}{4R}$ に $a=6$、$b=c=5$、$S=12$ を入れる。

$$12=\frac{5\times 5\times 6}{4R}=\frac{150}{4R}$$

$$4R\times 12=150\Rightarrow R=\frac{150}{48}=\frac{25}{8}$$

発展。 $S=rs$ と $S=\frac{abc}{4R}$ は、内接円と外接円をどちらも面積で結ぶ。この $2$ つを組み合わせると、外心 $\mathrm{O}$ と内心 $\mathrm{I}$ の距離について ${\mathrm{OI}}^2=R^2-2Rr$(オイラーの定理)が導ける。

ここから $R\ge 2r$(オイラーの不等式)が従う。等号は正三角形のときだけだ。本問では $R=\frac{25}{8}$、$r=\frac{3}{2}$ で、$R$ は $2r=3$ をわずかに超える。${\mathrm{OI}}^2=\frac{25}{64}$ となり、外心と内心は $\frac{5}{8}$ だけ離れている。

別解

別解:三角比でまとめて出す(得意な人向けの視点)。 頂角 $\mathrm{A}$ の余弦を余弦定理で求める。

$$\cos \mathrm{A}=\frac{5^2+5^2-6^2}{2\cdot 5\cdot 5}=\frac{14}{50}=\frac{7}{25},\sin \mathrm{A}=\sqrt{1-{\left(\frac{7}{25}\right)}^2}=\frac{24}{25}.$$

面積は $2$ 辺と間の角から。$S=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}\cdot \sin \mathrm{A}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 5\cdot \frac{24}{25}=12$。外接円は正弦定理から。$\frac{\mathrm{BC}}{\sin \mathrm{A}}=2R$ より $2R=\frac{6}{24/25}=\frac{25}{4}$、$R=\frac{25}{8}$。

内接円は頂点 $\mathrm{A}$ からの接線の長さ $s-a=8-6=2$ と半角の関係を使う。接点・$\mathrm{A}$・内心が作る直角三角形から $r=(s-a)\tan \frac{\mathrm{A}}{2}$ で、$\tan \frac{\mathrm{A}}{2}=\frac{\sin \mathrm{A}}{1+\cos \mathrm{A}}=\frac{24/25}{32/25}=\frac{3}{4}$ だから $r=2\cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{2}$。面積の橋渡し公式を経由せず、三角比だけで本解と同じ $S=12$、$R=\frac{25}{8}$、$r=\frac{3}{2}$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 方べきの定理から、積 $PC\cdot PD$ が分かる。弦の長さから、和 $PC+PD$ が分かる。

和と積が揃えば、$2$ 数は $2$ 次方程式の解として復元できる。「和と積 → $2$ 次方程式」という対称式の考え方が、幾何の中に含まれている。

まず積を出す。

$$\mathrm{PC}\cdot \mathrm{PD}=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}=6\times 4=24$$

$\mathrm{P}$ は弦 $\mathrm{CD}$ 上の点なので、和は

$$\mathrm{PC}+\mathrm{PD}=\mathrm{CD}=11$$

和 $11$、積 $24$ の2数が $\mathrm{PC}$、$\mathrm{PD}$。これらを解とする2次方程式は

$$t^2-11t+24=0$$

因数分解して

$$(t-3)(t-8)=0\Rightarrow t=3,8$$

まとめ:$\mathrm{PC}<\mathrm{PD}$ なので $\mathrm{PC}=3$、$\mathrm{PD}=8$。

発展。 「和 $s$・積 $p$ の $2$ 数」は $t^2-st+p=0$ の解で、実数として存在するのは判別式 $s^2-4p\ge 0$、つまり $s\ge 2\sqrt{p}$ のときだ。これは相加平均・相乗平均の不等式そのものである。

本問は $s=11$、$p=24$ で、$11\ge 2\sqrt{24}\approx 9.8$ を満たしている。もし弦 $\mathrm{CD}$ がこれより短ければ、積が $24$ になる点 $\mathrm{P}$ は取れない。等号のときは $\mathrm{PC}=\mathrm{PD}$、つまり $\mathrm{P}$ が弦の中点になる。

別解

別解:積 $24$・和 $11$ の $2$ 数を探す(苦手な人向けの実験ルート)。 $2$ 次方程式を解く代わりに、条件に合う数の組を直接さがす。

方べきの定理から $\mathrm{PC}\cdot \mathrm{PD}=\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PB}=24$。$\mathrm{P}$ は弦 $\mathrm{CD}$ 上だから $\mathrm{PC}+\mathrm{PD}=11$。積が $24$ になる正の整数の組を書き出し、和が $11$ になるものを選ぶ。

• $1$ と $24$ … 和 $25$
• $2$ と $12$ … 和 $14$
• $3$ と $8$ … 和 $11$ (これ)
• $4$ と $6$ … 和 $10$

和が $11$ になるのは $3$ と $8$。$\mathrm{PC}<\mathrm{PD}$ だから $\mathrm{PC}=3$、$\mathrm{PD}=8$。公式を解かず、積と和の数さがしだけで本解と同じ答えに着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 対角線の交点でも方べきの定理($PA\cdot PC=PB\cdot PD$)が使える。まず(1)はこれで片づく。

さらに(2)では円のもう $1$ つの性質を使う。「円周角が等しい → 三角形が相似」という関係だ。同じ弧を見込む円周角の等しさが、相似を生む。この連想を図から起こせるかが問われる。

(1) 対角線は円の2つの弦。交点 $\mathrm{P}$ で方べきの定理。

$$\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PC}=\mathrm{PB}\cdot \mathrm{PD}$$

$$4\times 6=3\times \mathrm{PD}\Rightarrow 24=3\mathrm{PD}\Rightarrow \mathrm{PD}=8$$

(2) $△\mathrm{PAB}$ と $△\mathrm{PDC}$ を見る。

弧 $\mathrm{AB}$ を見込む円周角より $\angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{ADB}$、つまり $\angle \mathrm{PAB}=\angle \mathrm{PDC}$。さらに対頂角で $\angle \mathrm{APB}=\angle \mathrm{DPC}$。2角が等しいので

$$△\mathrm{PAB}\sim △\mathrm{PDC}$$

相似比は対応する辺の比 $\mathrm{PA}:\mathrm{PD}=4:8=1:2$。よって

$$\mathrm{AB}:\mathrm{DC}=\mathrm{PA}:\mathrm{PD}=1:2$$

発展。 $\mathrm{PA},\mathrm{PB},\mathrm{PC},\mathrm{PD}$ の $4$ つの長さを決めても、四角形は $1$ つに定まらない。対角線のなす角 $\theta$ が自由に残り、大きさの違う内接四角形が連続的に作れる。

それでも $\mathrm{AB}:\mathrm{DC}$ はつねに $1:2$ のまま変わらない。実際 ${\mathrm{AB}}^2=25-24\cos \theta$、${\mathrm{DC}}^2=100-96\cos \theta =4{\mathrm{AB}}^2$ となり、$\theta$ が消えてしまう。相似 $△\mathrm{PAB}\sim △\mathrm{PDC}$ が「角によらず比は一定」を保証しているのだ。

別解

別解:対角線を直交させ、座標で長さを測る(具体で確かめるルート)。 比 $\mathrm{AB}:\mathrm{DC}$ は対角線のなす角によらないので、計算しやすい直角の場合で測ってよい。

交点 $\mathrm{P}$ を原点に、対角線 $\mathrm{AC}$ を $x$ 軸、$\mathrm{BD}$ を $y$ 軸にとる。$\mathrm{PA}=4,\mathrm{PC}=6$ から $\mathrm{A}(-4,0),\mathrm{C}(6,0)$。$\mathrm{PB}=3$ から $\mathrm{B}(0,3)$、$\mathrm{PD}$ を $d$ として $\mathrm{D}(0,-d)$。

$4$ 点が同一円周上にある条件(内接四角形)は、方べき $\mathrm{PA}\cdot \mathrm{PC}=\mathrm{PB}\cdot \mathrm{PD}$。$4\cdot 6=3d$ から $d=8$、すなわち $\mathrm{PD}=8$。これで $\mathrm{D}(0,-8)$。$2$ 点間の距離を計算すると

$$\mathrm{AB}=\sqrt{4^2+3^2}=5,\mathrm{DC}=\sqrt{6^2+8^2}=10.$$

よって $\mathrm{AB}:\mathrm{DC}=5:10=1:2$。相似を持ち出さず、座標で長さを測るだけで本解と同じ $\mathrm{PD}=8$、$\mathrm{AB}:\mathrm{DC}=1:2$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は二等分線が辺を $AB:AC$ に分ける定理を使う。(2)は二等分線の長さの公式を使う。小問ごとに道具が階段状に上がる。

長さの公式は $A{D}^2=AB\cdot AC-BD\cdot DC$ という形をしている。まず(1)で $BD,DC$ を求める。それを部品として(2)の公式に入れる。この依存関係を先に設計してから計算に入る。

(1) 二等分線は $\mathrm{BC}$ を $\mathrm{AB}:\mathrm{AC}=8:6=4:3$ に分ける。$\mathrm{BC}=7$ を配分して

$$\mathrm{BD}=7\times \frac{4}{4+3}=7\times \frac{4}{7}=4$$

ついでに $\mathrm{DC}=7-4=3$。

(2) 公式に入れる。

$${\mathrm{AD}}^2=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}-\mathrm{BD}\cdot \mathrm{DC}=8\times 6-4\times 3=48-12=36$$

$$\mathrm{AD}=\sqrt{36}=6$$

発展。 二等分線の長さの公式は任意のチェバ線に成り立つスチュワートの定理の特別な場合だ。$\mathrm{BC}$ 上の点 $\mathrm{D}$($\mathrm{BD}=m$、$\mathrm{DC}=n$、$\mathrm{BC}=a=m+n$)への線分 $\mathrm{AD}$ について、${\mathrm{AD}}^2=\frac{{\mathrm{AB}}^{2}n+{\mathrm{AC}}^{2}m}{a}-mn$ が一般に成り立つ。

$\mathrm{D}$ が二等分線の足なら $m:n=\mathrm{AB}:\mathrm{AC}$ で、この式が ${\mathrm{AD}}^2=\mathrm{AB}\cdot \mathrm{AC}-mn$ に簡約される。$\mathrm{D}$ が中点なら $m=n$ で、中線の長さ ${\mathrm{AD}}^2=\frac{2{\mathrm{AB}}^2+2{\mathrm{AC}}^2-{\mathrm{BC}}^2}{4}$ になる。$1$ つの定理から、二等分線も中線もまとめて出る。

別解

別解:余弦定理を $2$ 回使って $\mathrm{AD}$ を出す(得意な人向けの三角比の視点)。 長さの公式を覚えていなくても、角度をはさんで計算できる。

まず(1)と同じく $\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=\mathrm{AB}:\mathrm{AC}=4:3$ から $\mathrm{BD}=4$、$\mathrm{DC}=3$。三角形 $\mathrm{ABC}$ で頂点 $\mathrm{B}$ の余弦を余弦定理で求める。

$$\cos \mathrm{B}=\frac{{\mathrm{BC}}^2+{\mathrm{AB}}^2-{\mathrm{AC}}^2}{2\cdot \mathrm{BC}\cdot \mathrm{AB}}=\frac{49+64-36}{2\cdot 7\cdot 8}=\frac{77}{112}=\frac{11}{16}.$$

次に三角形 $\mathrm{ABD}$ で、同じ角 $\mathrm{B}$ をはさんで $\mathrm{AB}=8$、$\mathrm{BD}=4$ から余弦定理。

$${\mathrm{AD}}^2={\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BD}}^2-2\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BD}\cos \mathrm{B}=64+16-2\cdot 8\cdot 4\cdot \frac{11}{16}=80-44=36.$$

よって $\mathrm{AD}=6$。二等分線の長さの公式を使わず、余弦定理だけで本解と同じ $\mathrm{AD}=6$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 内側にできる三角形の面積は、直接は測れない。そこで「全体から $3$ つのはみ出し部分を引く」という引き算の形で考える。

各はみ出しの面積比は、交点の比から求まる。交点の比はメネラウスで出す。「面積比は辺の比の積」という橋渡しを、$3$ 方向で繰り返し使う総合問題だ。

① 1本の線が交点で分けられる比を、メネラウスで求める。 線 $\mathrm{AD}$ と $\mathrm{BE}$ の交点を $\mathrm{P}$ とし、$△\mathrm{ADC}$ に直線 $\mathrm{BPE}$ を当てる(先ほどと同じ要領)。

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}\cdot \frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=1$$

$\frac{\mathrm{DB}}{\mathrm{BC}}=\frac{1}{3}$、$\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{EA}}=\frac{1}{2}$ を入れて

$$\frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}\cdot \frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{\mathrm{AP}}{\mathrm{PD}}=6\Rightarrow \mathrm{AP}:\mathrm{PD}=6:1$$

② 対称性から、内側の三角形の削られ方を見る。 同じように、内側の三角形の各頂点は3本の線をそれぞれ $6:1$ の位置で切る。設定が対称なので、内側の三角形は3方向とも同じ削られ方になる。

③ 面積比を求める。 計算(または座標で確認)すると、内側の三角形の面積は

$$\frac{1}{7}△\mathrm{ABC}$$

となる。(実際に $\mathrm{A}(0,0)$、$\mathrm{B}(7,0)$、$\mathrm{C}(2,6)$ で交点を出して面積を計算しても、比はきっかり $\frac{1}{7}$ になる。)

まとめ:3本の線の交点の比はメネラウスで。対称な設定なら3方向とも同じ削られ方になり、内側の三角形は元の $\frac{1}{7}$(各辺を $1:2$ に切るときの有名な結果)。

発展。 この「中央の三角形が元の $\frac{1}{7}$」は、三角形の形にまったくよらない。細長い三角形でも正三角形でも、各辺を $1:2$ に切れば必ず $\frac{1}{7}$ になる。

理由は、面積の「比」がアフィン変換(平行移動・回転・拡大縮小・斜めのゆがみ)で変わらないことにある。どんな三角形もアフィン変換でほかのどんな三角形にも写せる。変換しても分点の比 $1:2$ は保たれ、面積の比も保たれるから、$1$ つの三角形で確かめた $\frac{1}{7}$ がすべての三角形で通用する。

別解が特定の座標 $\mathrm{A}(0,0),\mathrm{B}(7,0),\mathrm{C}(2,6)$ で計算だけから $\frac{1}{7}$ を出せたのも、この不変性の裏づけがあるからだ。比を問う問題は計算しやすい特別な三角形で確かめてよい。このアフィン不変性は図形の比の問題に有効な発想である。

別解

別解:座標で全交点と面積を出して裏を取る(計算で確実なルート)。 本解はメネラウスと対称性で押し切り、$\frac{1}{7}$ を有名な結果として認めた。ここでは交点も面積も座標で実際に出し、その値まで詰める。計算しやすい直角三角形 $\mathrm{A}(0,0)$、$\mathrm{B}(6,0)$、$\mathrm{C}(0,6)$ でよい。

各辺を $1:2$ に切る点($\mathrm{BD}:\mathrm{DC}=\mathrm{CE}:\mathrm{EA}=\mathrm{AF}:\mathrm{FB}=1:2$)は

$$\mathrm{D}=(4,2),\mathrm{E}=(0,4),\mathrm{F}=(2,0).$$

$3$ 本の直線は $\mathrm{AD}:y=\frac{x}{2}$、$\mathrm{BE}:y=-\frac{2}{3}x+4$、$\mathrm{CF}:y=-3x+6$。$2$ 本ずつ連立して内側の三角形の頂点を出すと

$$\mathrm{P}=\left(\frac{24}{7},\frac{12}{7}\right),\mathrm{Q}=\left(\frac{6}{7},\frac{24}{7}\right),\mathrm{S}=\left(\frac{12}{7},\frac{6}{7}\right).$$

この $3$ 点で面積を計算すると $\frac{18}{7}$。一方 $△\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 6=18$。よって

$$\frac{18/7}{18}=\frac{1}{7}.$$

メネラウスと対称性で導く本解に対し、座標なら交点も面積も機械的に出て、本解が結果として認めた $\frac{1}{7}$ を導出まで確かめられる。本解と同じ答え。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 正四面体の高さは、空間の観察から始まる。頂点の真下は底面の正三角形の重心にくる。

重心から頂点までの距離(底面の外接円の半径)を出す。すると高さは、鉛直の直角三角形で三平方から立ち上がる。立体を「底面内の平面計算」と「鉛直の直角三角形」に分解する。これが空間図形の発想だ。

(1) 頂点 $\mathrm{A}$ の真下は、底面の正三角形 $\mathrm{BCD}$ の重心 $\mathrm{G}$。

正三角形 $\mathrm{BCD}$(1辺 $6$)の重心から頂点 $\mathrm{B}$ までの長さ $\mathrm{BG}$ は、外接円の半径にあたる。1辺 $6$ の正三角形の外接円の半径は

$$\mathrm{BG}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$$

直角三角形 $\mathrm{ABG}$(直角は $\mathrm{G}$)で考える。$\mathrm{AB}=6$、$\mathrm{BG}=2\sqrt{3}$、$\mathrm{G}$ が直角だ。

三平方の定理で高さ $\mathrm{AG}$ は

$$\mathrm{AG}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2-{\mathrm{BG}}^2}=\sqrt{36-12}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$$

(2) 底面 $\mathrm{BCD}$(1辺 $6$ の正三角形)の面積は

$$\frac{\sqrt{3}}{4}\times 6^2=9\sqrt{3}$$

体積は $\frac{1}{3}\times$ 底面積 $\times$ 高さ。

$$V=\frac{1}{3}\times 9\sqrt{3}\times 2\sqrt{6}=6\sqrt{18}=6\times 3\sqrt{2}=18\sqrt{2}$$

発展。 正四面体には外接球と内接球がある。$1$ 辺 $a$ のとき外接球の半径は $R=\frac{\sqrt{6}}{4}a$、内接球の半径は $\rho =\frac{\sqrt{6}}{12}a$ で、ちょうど $R=3\rho$ の関係にある。

$2$ つの球の中心は同じ点(重心)で、この点は頂点から底面へ下ろした高さを $3:1$ に分ける。実際 $R+\rho =\frac{\sqrt{6}}{4}a+\frac{\sqrt{6}}{12}a=\frac{\sqrt{6}}{3}a$ で、高さそのものに一致する。本問の $a=6$ なら高さ $2\sqrt{6}$、外接球 $\frac{3\sqrt{6}}{2}$、内接球 $\frac{\sqrt{6}}{2}$ だ。

別解

別解:立方体に埋め込んで体積を出す(得意な人向けの高い視点)。 正四面体は立方体の $8$ 頂点から $1$ つおきに $4$ 頂点を選ぶと現れる。正四面体の辺は立方体の面の対角線にあたる。

立方体の $1$ 辺を $s$ とすると面の対角線は $\sqrt{2}s$。これが正四面体の辺 $6$ に等しいから $s=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$。立方体の体積は $s^3=(3\sqrt{2}{)}^3=54\sqrt{2}$。

立方体から、正四面体に属さない $4$ つの隅を切り落とす。各隅は $3$ 辺が直交する三角錐で、体積は $\frac{1}{6}{s}^3=9\sqrt{2}$。$4$ つで $36\sqrt{2}$。よって

$$V=54\sqrt{2}-36\sqrt{2}=18\sqrt{2}.$$

高さは体積から逆算できる。$V=\frac{1}{3}\times (\text{底面積})\times h$ に底面積 $9\sqrt{3}$ を入れて、$h=\frac{3V}{9\sqrt{3}}=\frac{54\sqrt{2}}{9\sqrt{3}}=2\sqrt{6}$。三平方を使わずに体積が出て、本解と同じ $18\sqrt{2}$、$2\sqrt{6}$ に着く。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 面の種類が $2$ つあっても、辺の数え方は変わらない。各面の辺数を総和し、「$1$ 辺は $2$ 面で共有」だから $2$ で割る。

頂点も同じ発想でいける。「$1$ 頂点に何面集まるか」で割るか、オイラーの定理に委ねる。複雑に見えても、数え上げの重複補正とオイラーの定理という $2$ 本柱で必ず解ける。そう見通しを立てる。

(1) 面ごとに辺を数える。五角形 $12$ 枚は $5\times 12=60$、六角形 $20$ 枚は $6\times 20=120$。合計は

$$60+120=180$$

これは1辺を、となり合う $2$ 枚の面で $2$ 回ずつ数えている。だから $2$ で割る。

$$e=\frac{180}{2}=90$$

(2) 面の数は $f=12+20=32$。オイラーの定理に入れる。

$$v-e+f=2$$

$$v-90+32=2\Rightarrow v-58=2\Rightarrow v=60$$

発展。 サッカーボール型のように、正五角形と正六角形だけででき、どの頂点にも $3$ 面が集まる多面体を考える。五角形を $P$ 枚、六角形を $H$ 枚とすると、五角形の数はつねに $P=12$ になる。六角形が何枚でも変わらない。

理由はオイラーの定理だ。$3$ 面が集まる条件から $2e=3v$、辺の総数から $2e=5P+6H$、面の数は $f=P+H$。これらを $v-e+f=2$ に入れて整理すると $P=12$ だけが残る。この事実は炭素分子フラーレン ${\mathrm{C}}_{60}$ やジオデシックドームでも成り立っている。

別解

別解:頂点を「面の角の重複」で数える(オイラーを使わないルート)。 辺を数えたのと同じ発想で、頂点も数えられる。

各面の「かど(角)」の総数は、五角形が $5$ 個、六角形が $6$ 個ずつ持つから

$$5\times 12+6\times 20=180.$$

サッカーボール型では、どの頂点にも面が $3$ 枚ずつ集まる。だから $1$ つの頂点はこの総数の中で $3$ 回ぶん数えられている。よって

$$v=\frac{180}{3}=60.$$

同じ $180$ を、辺は「$1$ 辺が $2$ 面で共有」で $2$ で割って $e=90$、頂点は「$1$ 頂点に $3$ 面が集まる」で $3$ で割って $v=60$。オイラーの定理を経由せず、本解と同じ $e=90$、$v=60$ が出る。