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。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。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を求める。

2. 解き方の手順

(ア) $\triangle OBC$において、DはBCの中点なので、$BD = CD = \sqrt{3}$。

$\triangle OBC$は$OB = OC = \sqrt{5}$の二等辺三角形なので、ODはBCを垂直に二等分する。

よって、$\angle ODC = 90^\circ$。

三平方の定理より、$OD = \sqrt{OC^2 - CD^2} = \sqrt{(\sqrt{5})^2 - (\sqrt{3})^2} = \sqrt{5 - 3} = \sqrt{2}$。

$\triangle OAC$において、余弦定理より、

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

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

$AC^2 = 20 + 5 - 20 \cdot (-\frac{1}{2}) = 25 + 10 = 35$

よって、$AC = \sqrt{35}$。

(イ) $\triangle ABC$は$AB = AC = \sqrt{35}$の二等辺三角形である。また、$BC = 2\sqrt{3}$。

$\triangle ABD$において、余弦定理より、

$AD^2 = AB^2 + BD^2 - 2 \cdot AB \cdot BD \cdot \cos B$

また、$\triangle ABC$において、余弦定理より、

$\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \cdot AB \cdot BC} = \frac{35 + 12 - 35}{2 \cdot \sqrt{35} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{12}{4 \sqrt{105}} = \frac{3}{\sqrt{105}}$

よって、$AD^2 = 35 + 3 - 2 \cdot \sqrt{35} \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{3}{\sqrt{105}} = 38 - 6 = 32$

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

(ウ) $\triangle OAD$において、余弦定理より、

$\cos \angle AOD = \frac{OA^2 + OD^2 - AD^2}{2 \cdot OA \cdot OD} = \frac{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{2})^2 - (4\sqrt{2})^2}{2 \cdot 2\sqrt{5} \cdot \sqrt{2}} = \frac{20 + 2 - 32}{4\sqrt{10}} = \frac{-10}{4\sqrt{10}} = -\frac{5}{2\sqrt{10}} = -\frac{\sqrt{10}}{4}$

(エ) $\triangle OAD$の面積Sは、

$S = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OD \cdot \sin \angle AOD$

$\sin^2 \angle AOD + \cos^2 \angle AOD = 1$ より、

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

$\sin \angle AOD = \sqrt{\frac{3}{8}} = \frac{\sqrt{6}}{4}$ （$\angle AOD$は鈍角なので正）

$S = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{5} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{6}}{4} = \frac{\sqrt{60}}{4} = \frac{2\sqrt{15}}{4} = \frac{\sqrt{15}}{2}$

(オ) 頂点Oから$\triangle ABC$に下ろした垂線をOHとすると、$OH = h$とおく。

四面体OABCの体積Vは、V = (1/3) * ($\triangle ABC$の面積) * OH。

$\triangle ABC$の面積は、$S_{ABC} = \frac{1}{2} BC \sqrt{AB^2 - (\frac{BC}{2})^2} = \sqrt{3} \sqrt{35 - 3} = \sqrt{3} \sqrt{32} = \sqrt{3} \cdot 4\sqrt{2} = 4\sqrt{6}$

$\triangle OBC$の面積は、$\frac{1}{2} \cdot BC \cdot OD = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot \sqrt{2} = \sqrt{6}$

四面体OABCを$\triangle OAB, \triangle OBC, \triangle OCA, \triangle ABC$とOで囲まれた立体と考え、Oから平面ABCに垂線を下ろした点をHとする。

$V = \frac{1}{3} S_{ABC} OH$なので、$OH = \frac{3V}{S_{ABC}}$.

$OABC$は体積を求めるのが難しいため、相似な図形として考える

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