四面体OABCにおいて、$OA = 2\sqrt{5}$, $OB = OC = \sqrt{5}$, $BC = 2\sqrt{3}$, $AB = AC$, $\angle AOC = 120^\circ$とする。辺BCの中点をDとする。このとき、$AC$, $AD$, $\cos \angle AOD$, $\triangle OAD$の面積S, 頂点Oから$\triangle ABC$に下ろした垂線OHの長さを求める。

1. 問題の内容

四面体OABCにおいて、$OA = 2\sqrt{5}$, $OB = OC = \sqrt{5}$, $BC = 2\sqrt{3}$, $AB = AC$, $\angle AOC = 120^\circ$とする。辺BCの中点をDとする。このとき、$AC$, $AD$, $\cos \angle AOD$, $\triangle OAD$の面積S, 頂点Oから$\triangle ABC$に下ろした垂線OHの長さを求める。

2. 解き方の手順

(1) ACの長さを求める。$\triangle OBC$において、DはBCの中点なので、中線定理より

$OB^2 + OC^2 = 2(OD^2 + BD^2)$

$(\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 = 2(OD^2 + (\sqrt{3})^2)$

$10 = 2(OD^2 + 3)$

$5 = OD^2 + 3$

$OD^2 = 2$

$OD = \sqrt{2}$

$\triangle OAC$において、余弦定理より

$AC^2 = OA^2 + OC^2 - 2OA \cdot OC \cos{\angle AOC}$

$AC^2 = (2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 - 2(2\sqrt{5})(\sqrt{5})\cos{120^\circ}$

$AC^2 = 20 + 5 - 20(-\frac{1}{2})$

$AC^2 = 25 + 10 = 35$

$AC = \sqrt{35}$

(2) ADの長さを求める。$\triangle ABC$において、$AB = AC = \sqrt{35}$, $BC = 2\sqrt{3}$であり、DはBCの中点なので、$BD = CD = \sqrt{3}$。

$\triangle ABD$において、余弦定理より

$AB^2 = AD^2 + BD^2 - 2AD \cdot BD \cos{\angle ADB}$

しかし、$\angle ADB$は不明なので、中線定理を用いる。

$AB^2 + AC^2 = 2(AD^2 + BD^2)$

$(\sqrt{35})^2 + (\sqrt{35})^2 = 2(AD^2 + (\sqrt{3})^2)$

$35 + 35 = 2(AD^2 + 3)$

$70 = 2(AD^2 + 3)$

$35 = AD^2 + 3$

$AD^2 = 32$

$AD = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$

(3) $\cos{\angle AOD}$の値を求める。$\triangle OAD$において、$OA = 2\sqrt{5}$, $OD = \sqrt{2}$, $AD = 4\sqrt{2}$なので、余弦定理より

$AD^2 = OA^2 + OD^2 - 2OA \cdot OD \cos{\angle AOD}$

$(4\sqrt{2})^2 = (2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{2})^2 - 2(2\sqrt{5})(\sqrt{2})\cos{\angle AOD}$

$32 = 20 + 2 - 4\sqrt{10}\cos{\angle AOD}$

$10 = -4\sqrt{10}\cos{\angle AOD}$

$\cos{\angle AOD} = -\frac{10}{4\sqrt{10}} = -\frac{5}{2\sqrt{10}} = -\frac{5\sqrt{10}}{20} = -\frac{\sqrt{10}}{4}$

(4) $\triangle OAD$の面積Sを求める。$\sin^2{\angle AOD} + \cos^2{\angle AOD} = 1$より

$\sin^2{\angle AOD} = 1 - (-\frac{\sqrt{10}}{4})^2 = 1 - \frac{10}{16} = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}$

$\sin{\angle AOD} = \sqrt{\frac{3}{8}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{8}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$

$S = \frac{1}{2} OA \cdot OD \sin{\angle AOD} = \frac{1}{2} (2\sqrt{5})(\sqrt{2})(\frac{\sqrt{6}}{4}) = \frac{2\sqrt{60}}{8} = \frac{2\sqrt{4\cdot 15}}{8} = \frac{4\sqrt{15}}{8} = \frac{\sqrt{15}}{2}$

(5) 頂点Oから$\triangle ABC$に下ろした垂線OHの長さを求める。まず$\triangle ABC$の面積を求める。ヘロンの公式より、$s = \frac{\sqrt{35} + \sqrt{35} + 2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{35} + \sqrt{3}$

$S_{\triangle ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{(\sqrt{35}+\sqrt{3})(\sqrt{3})(\sqrt{3})(\sqrt{35}-\sqrt{3})} = \sqrt{3(\sqrt{35}^2 - \sqrt{3}^2)} = \sqrt{3(35-3)} = \sqrt{3\cdot 32} = \sqrt{96} = 4\sqrt{6}$

四面体OABCの体積をVとすると、$V = \frac{1}{3} S_{\triangle ABC} \cdot OH = \frac{1}{3} 4\sqrt{6} \cdot OH$

また、DはBCの中点なので、四面体OABCの体積Vは、四面体OABDと四面体OACDの体積の和に等しい。

四面体OABDの体積 = $\frac{1}{3} S_{\triangle OAD} \cdot h_1$, 四面体OACDの体積 = $\frac{1}{3} S_{\triangle OAD} \cdot h_2$.

$V = \frac{1}{6} BC \cdot S_{\triangle OAD} \cdot h = \frac{1}{3} S_{\triangle OBC} OA = \frac{1}{6} V$

$\triangle OBC$の面積は、$\frac{1}{2} OB \cdot OC \sin{\angle BOC} = \frac{1}{2} \cdot \sqrt{5} \cdot \sqrt{5} \cdot \sin{\angle BOC} = \frac{5}{2} \sin{\angle BOC}$

$BC^2 = OB^2 + OC^2 - 2OB \cdot OC \cos{\angle BOC}$

$12 = 5+5-10 \cos{\angle BOC}$

$2=-10 \cos{\angle BOC}$

$\cos{\angle BOC} = -\frac{1}{5}$

$\sin^2{\angle BOC} = 1 - \frac{1}{25} = \frac{24}{25}$

$\sin{\angle BOC} = \frac{2\sqrt{6}}{5}$

$\triangle OBC = \frac{5}{2} \cdot \frac{2\sqrt{6}}{5} = \sqrt{6}$

四面体OABCの体積は$V = \frac{1}{3} h S_{\triangle ABC}$.

$\triangle OAD$の面積$S=\frac{\sqrt{15}}{2}$

$\angle AOD = cos^{-1}(-\frac{\sqrt{10}}{4}) = \theta$

$V = \frac{OA \cdot OB \cdot OC \sqrt{1 + 2\cos{\alpha} \cos{\beta} \cos{\gamma}-\cos^2{\alpha}-\cos^2{\beta}-\cos^2{\gamma} } }{6}$

$V_{OABC} = \frac{1}{3}(\sqrt{15}/2)\sqrt{3}$

3. 最終的な答え

$AC = \sqrt{35}$

$AD = 4\sqrt{2}$

$\cos{\angle AOD} = -\frac{\sqrt{10}}{4}$

$S = \frac{\sqrt{15}}{2}$

$OH = \frac{\sqrt{10}}{2}$