立体図形

質問

解き方を教えてください

回答No.3

staratras

設問の後半は、この立体図形を三角形OAHを含む平面で切った断面図を考えれば、球の式を持ち出すまでもなく、三平方の定理と三角形の相似という中学の幾何の範囲だけで解けます。下の図がその断面図です。

直角三角形OABにおいて、OA=2,AH=√3/3 だから三平方の定理から
OH^2=OA^2-AH^2=4-1/3=11/3 だから、OH=√11/√3=√33/3

また、外接球の断面はこの外接球の半径rを半径とし、三角形の頂点OとAを通る円となるので、OHを延長してこの円との交点をO'とすると、三角形OAO'は∠OAO'が直角の三角形だから、直角三角形OAHとは1鋭角を共有するので相似となる。(∠OAO'は円の直径2rに対する円周角）

OA:OO'=OH:OA より、2:2r=√33/3:2　∴r=2/(√33/3)=2√33/11　（答え）

回答No.2

staratras

計算しやすいように座標軸を決めれば、正直に計算で解いてもさほど面倒ではありません。
１）AB=BC=CA=1かつOA=OB=OC=2　より、正三角錐の側面はすべて合同な二等辺三角形であるから、頂点Oから底面の正三角形ABCに下ろした垂線の足をOHとすると、Hはこの正三角形の中心（内心かつ外心かつ重心かつ垂心）である。
AHを延長して辺BCとの交点をH'とすると、AH'=√3/2　であり、HはAH’を2;1に内分する重心でもあるから、AH=√3/2×2/3=√3/3

２）下の図のように、空間座標上でHが原点（0,0,0)と一致し、Aがx軸上、BCがy軸と平行になるようにZ=0 のx-y平面上に正三角形ABCをとる。正三角錐の頂点Oはz軸上にあるので、その座標を(0,0,z)とすると、三角形OAHに三平方の定理を適用して、z=OH=√33/3

正三角錐の外接球の中心はOH上にあるから、その中心の座標を(0,0,h)と置き、球の半径をrとすると、その球面の式はx^2+y^2+(z-h)^2=r^2

点A（-√3/3,0,0)は球面上にあるから、1/3+h^2=r^2 …（１）
点O（0,0,√33/3）も球面上だから（√33/3-h)^2=r^2 …（２）

（１）を（２）に代入して整理すると(2√33/3)h=10/3　h=5/√33
（１）へ代入してr^2=36/33　r=2√33/11

回答No.1

178-tall

取り急ぎ、予備問題から。

[予備問題]
DE = DF なる二等辺三角形 DEF にて、頂点 D から底辺 EF におろした垂線の足を G とする。
そのとき垂線 DG 上に DJ = EJ (= FJ) が成立つ点 J がある。で、長さ DJ は？

[略解]
DJ = EJ が成立つとき、三角形 DEJ に「余弦定理」を適用すると、
　|DE|^2 = 2|DJ|^2 - ( 2|DJ|^2 )cos(π-2θ)　；　θ= ∠EDJ
　　　　 = ( 2|DJ|^2 )*(1+cos2θ)
　　　↓
　|DJ|^2 = |DE|^2 / [ 2{1+cos(2θ) } = [ |DE| / {2cos(θ) ]^2
　|DJ| = |DE| / 2cos(θ)

>正三角形 ABC を底面とする四面体 OABC が球 S に内接している。 … >頂点 O から正三角形 ABC におろした足を H とするとき …
> 線分 AHの長さは…

⊿OAH, ⊿OBH, ⊿OCH は、辺 OH を共有し、辺長 OA = OB = OC なる直角三角形なので、すべて合同。
従って、|AH| = |BH| = |CH| 。ここで ⊿ABC に [予備問題] を適用。
直線分 CH の延長線は辺 AB に直交するから、
　|AH| = 1/{ 2cos(θ) }　；　θ= ∠ACH = 30 (deg)
　　　　↓　cos(30 deg) = √3/2
　|AH| = 1/√3 ( = √3/3 ？)

>また球 S の半径は …
四面体 OABC が内接する球 S の中心は、直線 OH 上にあるだろう。⊿OAH に [予備問題] を適用。
直線 OH 上で、OJ = AJ なる点 J は？
　cosθ = √{ 4-(1/3) }/2 = √(11/3)/2
　|OJ| = 1/cosθ = 2/√(11/3) = 2√3/√11 ( = 2√33/11 ？)