トップ› 大阪大学› 1967年› 理系第4問

大阪大学 1967年理系第4問解説

方針・初手

(1) では、頂点 $V$ から底面への垂線、底面上の点から各辺への垂線という位置関係に着目し、三垂線の定理を用いて $H$ から各辺に下ろした垂線の足を特定します。 (2) は (1) の結論である $VD=VE=VF$ を活用します。各側面 $\triangle VAB, \triangle VBC, \triangle VCA$ の面積を2通りに表して方程式を立て、代数的に辺の比を求めます。

解法1

(1)

頂点 $V$ から底面 $\triangle ABC$ に下ろした垂線の足が $H$ であるため、直線 $VH$ は平面 $ABC$ と垂直に交わる。よって、$VH \perp AB$ が成り立つ。

また、条件より $D$ は $V$ から $AB$ に下ろした垂線の足であるから、$VD \perp AB$ である。三垂線の定理より、$HD \perp AB$ が成り立つ。

同様にして、$E, F$ はそれぞれ $V$ から $BC, CA$ に下ろした垂線の足であるから、$HE \perp BC$、$HF \perp CA$ が成り立つ。したがって、$D, E, F$ はそれぞれ、点 $H$ から各辺 $AB, BC, CA$ に下ろした垂線の足に一致する。

ここで、$H$ は $\triangle ABC$ の内心であるため、$H$ から底面の各辺までの距離は等しい。すなわち、$HD = HE = HF$ である。

$\triangle VHD, \triangle VHE, \triangle VHF$ は、いずれも $\angle VHD = \angle VHE = \angle VHF = 90^\circ$ の直角三角形である。三平方の定理より

$$ VD = \sqrt{VH^2 + HD^2} $$

$$ VE = \sqrt{VH^2 + HE^2} $$

$$ VF = \sqrt{VH^2 + HF^2} $$

が成り立つ。$HD = HE = HF$ であるから、$VD = VE = VF$ が示された。

(2)

(1) の結果より、$VD = VE = VF = h$ とおく。また、$VA = a, VB = b, VC = c$ とおく。各側面の面積と、垂線の長さ $h$ の関係から方程式を立てる。

$\triangle VCA$ について、$\angle CVA = 90^\circ$ の直角三角形であるから、その面積は $\frac{1}{2}ca$ である。また、底辺を $CA$ としたときの高さが $VF = h$ であるから

$$ \frac{1}{2}ca = \frac{1}{2} CA \cdot h $$

三平方の定理より $CA^2 = a^2 + c^2$ であり、両辺を2乗して整理すると

$$ h^2 = \frac{a^2 c^2}{a^2 + c^2} $$

両辺の逆数をとると

$$ \frac{1}{h^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{c^2} $$

が成り立つ。

同様に $\triangle VBC$ について、$\angle BVC = 75^\circ$ より面積は $\frac{1}{2}bc \sin 75^\circ$ であり、底辺を $BC$ としたときの高さが $VE = h$ であるから

$$ \frac{1}{2}bc \sin 75^\circ = \frac{1}{2} BC \cdot h $$

余弦定理より $BC^2 = b^2 + c^2 - 2bc \cos 75^\circ$ である。先程と同様に両辺を2乗して逆数をとると

$$ \frac{1}{h^2} = \frac{b^2 + c^2 - 2bc \cos 75^\circ}{b^2 c^2 \sin^2 75^\circ} = \frac{1}{\sin^2 75^\circ} \left( \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} - \frac{2\cos 75^\circ}{bc} \right) $$

さらに $\triangle VAB$ について、$\angle AVB = 105^\circ$ であり、高さは $VD = h$ である。 $\sin 105^\circ = \sin 75^\circ$、$\cos 105^\circ = -\cos 75^\circ$ であることに注意すると、$\triangle VBC$ と同様の手順で

$$ \frac{1}{h^2} = \frac{1}{\sin^2 75^\circ} \left( \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{2\cos 75^\circ}{ab} \right) $$

が得られる。ここで、計算を見やすくするために $x = \frac{1}{a}$、$y = \frac{1}{b}$、$z = \frac{1}{c}$ とおくと、これら3つの式は次のように表される。

$$ \frac{1}{h^2} = x^2 + z^2 $$

$$ \frac{1}{h^2} \sin^2 75^\circ = y^2 + z^2 - 2yz \cos 75^\circ $$

$$ \frac{1}{h^2} \sin^2 75^\circ = x^2 + y^2 + 2xy \cos 75^\circ $$

後ろの2式より $\frac{1}{h^2} \sin^2 75^\circ$ を消去して整理する。

$$ y^2 + z^2 - 2yz \cos 75^\circ = x^2 + y^2 + 2xy \cos 75^\circ $$

$$ z^2 - x^2 = 2y(z + x) \cos 75^\circ $$

$x > 0, z > 0$ より $x + z \neq 0$ であるから、両辺を $x + z$ で割ると

$$ z - x = 2y \cos 75^\circ $$

すなわち

$$ z = x + 2y \cos 75^\circ $$

となる。ここで $\cos 75^\circ = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ より $2\cos 75^\circ = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ であるから

$$ z = x + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} y $$

と表せる。次に、最初の式から $\frac{1}{h^2}$ を3番目の式に代入する。

$$ (x^2 + z^2) \sin^2 75^\circ = x^2 + y^2 + 2xy \cos 75^\circ $$

この式に $z$ の関係式と、$\sin^2 75^\circ = \frac{1-\cos 150^\circ}{2} = \frac{2+\sqrt{3}}{4}$、$\cos 75^\circ = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ を代入する。

$$ \frac{2+\sqrt{3}}{4} \left\{ x^2 + \left( x + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} y \right)^2 \right\} = x^2 + y^2 + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} xy $$

左辺の括弧内を展開して整理する。

$$ \frac{2+\sqrt{3}}{4} \left\{ 2x^2 + (\sqrt{6}-\sqrt{2})xy + \frac{8-4\sqrt{3}}{4}y^2 \right\} = x^2 + y^2 + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} xy $$

括弧内の $y^2$ の係数は $\frac{8-4\sqrt{3}}{4} = 2-\sqrt{3}$ であるから、左辺を展開すると以下のようになる。

$$ \frac{2+\sqrt{3}}{2} x^2 + \frac{(2+\sqrt{3})(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{4} xy + \frac{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}{4} y^2 $$

ここで、各項の係数を計算する。 $xy$ の係数の分子は $(2+\sqrt{3})(\sqrt{6}-\sqrt{2}) = 2\sqrt{6} - 2\sqrt{2} + 3\sqrt{2} - \sqrt{6} = \sqrt{6} + \sqrt{2}$ である。 $y^2$ の係数は $\frac{4-3}{4} = \frac{1}{4}$ である。これらを方程式に戻して右辺の項を左辺に移項し、$x$ と $y$ の同類項をまとめる。

$$ \left( \frac{2+\sqrt{3}}{2} - 1 \right) x^2 + \left( \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4} - \frac{2\sqrt{6}-2\sqrt{2}}{4} \right) xy + \left( \frac{1}{4} - 1 \right) y^2 = 0 $$

$$ \frac{\sqrt{3}}{2} x^2 + \frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4} xy - \frac{3}{4} y^2 = 0 $$

両辺を 4 倍する。

$$ 2\sqrt{3} x^2 + (3\sqrt{2}-\sqrt{6}) xy - 3y^2 = 0 $$

これを $x$ についての2次方程式とみて解く。$x > 0, y > 0$ であることに注意して解の公式を用いる。

$$ x = \frac{ -(3\sqrt{2}-\sqrt{6}) + \sqrt{(3\sqrt{2}-\sqrt{6})^2 - 4 \cdot 2\sqrt{3} \cdot (-3)} }{ 4\sqrt{3} } y $$

根号の中身を計算する。

$$ (3\sqrt{2}-\sqrt{6})^2 + 24\sqrt{3} = 18 - 12\sqrt{3} + 6 + 24\sqrt{3} = 24 + 12\sqrt{3} = 12(2+\sqrt{3}) $$

二重根号を外すと以下のようになる。

$$ \sqrt{12(2+\sqrt{3})} = 2\sqrt{3} \frac{\sqrt{4+2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}} = \sqrt{6}(\sqrt{3}+1) = 3\sqrt{2}+\sqrt{6} $$

これを解の公式の式に戻す。

$$ x = \frac{ -3\sqrt{2}+\sqrt{6} + 3\sqrt{2}+\sqrt{6} }{ 4\sqrt{3} } y = \frac{ 2\sqrt{6} }{ 4\sqrt{3} } y = \frac{1}{\sqrt{2}} y $$

よって $x = \frac{1}{\sqrt{2}}y$ が得られる。さらに、$z = x + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} y$ に代入して $z$ を求める。

$$ z = \frac{1}{\sqrt{2}} y + \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2} y = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6} - \sqrt{2}}{2} y = \frac{\sqrt{6}}{2} y $$

以上の結果から、$x, y, z$ の比は次のようになる。

$$ x : y : z = \frac{1}{\sqrt{2}} : 1 : \frac{\sqrt{6}}{2} = \sqrt{2} : 2 : \sqrt{6} = 1 : \sqrt{2} : \sqrt{3} $$

求める比 $VA : VB : VC$ は $a : b : c$ であり、これは $\frac{1}{x} : \frac{1}{y} : \frac{1}{z}$ に等しい。

$$ a : b : c = 1 : \frac{1}{\sqrt{2}} : \frac{1}{\sqrt{3}} = \sqrt{6} : \sqrt{3} : \sqrt{2} $$

したがって、$VA : VB : VC = \sqrt{6} : \sqrt{3} : \sqrt{2}$ である。

解説

(1) は空間図形における三垂線の定理と、平面図形における内心の性質を組み合わせた標準的な証明問題です。空間の垂線と平面上の垂線の関係を論理的に説明できるかが問われます。

(2) は「面積を2通りに表して高さを介した方程式を作る」という図形問題における強力な手法を用います。そのままでは式が複雑になりますが、$x = \frac{1}{VA}$ のように逆数に置換することで見通しが良くなります。後半の連立方程式の処理では、$\sin 75^\circ$ などの三角比の値を正確に代入し、因数分解や解の公式を用いて最後まで計算しきる代数的な処理能力が求められます。