問題34：直方体ABCD-EFGHにおいて、$AB=6$, $AD=4$, $AE=3$である。このとき、三角形DEGの面積Sを求めよ。 問題35：1辺の長さが$a$の正四面体ABCDにおいて、辺CDの中点をMとする。このとき、(1) $\cos \angle ABM$の値を求めよ。(2)三角形ABMの面積を求めよ。

はい、承知しました。以下に問題の解答を示します。

1. 問題の内容

問題34：直方体ABCD-EFGHにおいて、$AB=6$, $AD=4$, $AE=3$である。このとき、三角形DEGの面積Sを求めよ。

問題35：1辺の長さが$a$の正四面体ABCDにおいて、辺CDの中点をMとする。このとき、(1) $\cos \angle ABM$の値を求めよ。(2)三角形ABMの面積を求めよ。

2. 解き方の手順

問題34：

まず、三角形DEGの各辺の長さを求める。

$DE = \sqrt{AD^2+AE^2} = \sqrt{4^2+3^2} = \sqrt{16+9} = \sqrt{25} = 5$

$DG = \sqrt{AD^2+AB^2+BG^2} = \sqrt{4^2+6^2+3^2} = \sqrt{16+36+9} = \sqrt{61}$

$EG = \sqrt{AB^2+AE^2+BF^2} = \sqrt{6^2+3^2} = \sqrt{6^2+4^2} = \sqrt{36+16} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$

$EG = \sqrt{EF^2+FG^2} = \sqrt{AB^2+AE^2}=\sqrt{6^2+3^2} = \sqrt{36+9} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5}$

$EG=\sqrt{36+9} = \sqrt{45}$

$DG = \sqrt{CG^2+CD^2} = \sqrt{3^2+6^2+4^2} = \sqrt{9+36+16} = \sqrt{61}$

$DE = \sqrt{3^2+4^2} = \sqrt{9+16} = 5$

$EG= \sqrt{36+9} = 3\sqrt{5}$.

三角形DEGについて、ヘロンの公式を用いる。$s = \frac{DE+DG+EG}{2} = \frac{5+3\sqrt{5}+\sqrt{61}}{2}$.

しかし、ベクトルを用いて計算する方が簡単である。

$\vec{DE} = \vec{AE}-\vec{AD} = (0, 0, 3) - (4, 0, 0) = (-4, 0, 3)$

$\vec{DG} = \vec{AG}-\vec{AD} = (6, 4, 3) - (4, 0, 0) = (6, 4, 3) - (4, 0, 0) = (2, 4, 3)$

面積$S = \frac{1}{2}|\vec{DE} \times \vec{DG}| = \frac{1}{2}|(0\cdot3 - 3\cdot4, 3\cdot2 - (-4)\cdot3, -4\cdot4 - 0\cdot2)| = \frac{1}{2}|(-12, 6+12, -16)| = \frac{1}{2}|(-12, 18, -16)|$

$|\vec{DE} \times \vec{DG}| = \sqrt{(-12)^2+18^2+(-16)^2} = \sqrt{144+324+256} = \sqrt{724} = 2\sqrt{181}$

したがって、$S = \frac{1}{2}2\sqrt{181} = \sqrt{181}$

問題35：

(1) $AM = BM = \sqrt{a^2 - (a/2)^2} = \sqrt{a^2 - a^2/4} = \sqrt{\frac{3}{4}a^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}a$.

$AB = a$,

余弦定理より、$a^2 = (\frac{\sqrt{3}}{2}a)^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}a)^2 - 2(\frac{\sqrt{3}}{2}a)(\frac{\sqrt{3}}{2}a) \cos \angle AMB$.

$a^2 = \frac{3}{4}a^2 + \frac{3}{4}a^2 - 2(\frac{3}{4}a^2) \cos \angle AMB = \frac{3}{2}a^2 - \frac{3}{2}a^2 \cos \angle AMB$.

$-\frac{1}{2}a^2 = -\frac{3}{2}a^2 \cos \angle AMB$.

$\cos \angle AMB = \frac{1}{3}$.

$AM = BM = \frac{\sqrt{3}}{2}a$なので、三角形ABMにおいて、余弦定理より、

$AM^2 = AB^2 + BM^2 - 2(AB)(BM) \cos \angle ABM$

$(\frac{\sqrt{3}}{2}a)^2 = a^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}a)^2 - 2 \cdot a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a \cos \angle ABM$

$\frac{3}{4}a^2 = a^2 + \frac{3}{4}a^2 - \sqrt{3}a^2 \cos \angle ABM$

$-\frac{4}{4}a^2 = -\sqrt{3}a^2 \cos \angle ABM$

$\cos \angle ABM = \frac{1}{ \sqrt{3} } = \frac{\sqrt{3}}{3}$.

(2) $AM = BM = \frac{\sqrt{3} a}{2}$. よって、$\sin \angle ABM = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{3})^2 } = \sqrt{1-\frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$.

$S = \frac{1}{2} \times AB \times BM \times \sin \angle ABM = \frac{1}{2} \times a \times \frac{\sqrt{3}a}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{3} = \frac{\sqrt{18}}{12}a^2 = \frac{3\sqrt{2}}{12}a^2 = \frac{\sqrt{2}}{4}a^2$.

3. 最終的な答え

問題34：$\sqrt{181}$

問題35：(1) $\frac{\sqrt{3}}{3}$、(2) $\frac{\sqrt{2}}{4}a^2$