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等面四面体

南海　 次は等積四面体だ．次の事実が成り立つ．

定理 4
四面体$\mathrm{ABCD}$で次の2つの条件は同値である．

1. 4つの面の面積がすべて等しい．
2. 4つの面はすべて合同である．

拓生　 4面合同な四面体はこれまでにも見たことがあります．(ii)から(i)は明らかだから， (i)から(ii)を示すのですね．

南海　 4つの面が合同な四面体を等面四面体という． 等積四面体は等面四面体である，これが定理の核心だ．証明はいろいろな方法がある．2通りの方法で示そう．

証明

方針は次の通り．

点$\mathrm{A}$から辺$\mathrm{CD}$におろした垂線の足を$\mathrm{H}$， 点$\mathrm{B}$から辺$\mathrm{CD}$におろした垂線の足を$\mathrm{K}$とする． $\bigtriangleup \mathrm{ACD}$と $\bigtriangleup \mathrm{BCD}$の面積が等しいので， $\overline{\mathrm{AH}}=\overline{\mathrm{BK}}$である．

このとき $\overline{\mathrm{DH}}=\overline{\mathrm{CK}}$を示す．これが示せれば三平方の定理から $\mathrm{AD}=\mathrm{BC}$となる． $\mathrm{AC}=\mathrm{BD}$， $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}$ も同様に示される．よって対辺の長さがそれぞれ等しく，4面の三角形は対応する3辺の長さが それぞれ等しくなり，合同である．

そのために線分$\mathrm{HK}$の中点$\mathrm{M}$をとる．$\mathrm{M}$をとおり直線$\mathrm{CD}$に 垂直な平面を$\alpha$とする．$\alpha$と直線$\mathrm{AB}$の交点を$\mathrm{N}$とする． 直線$\mathrm{AH}$は$\mathrm{H}$をとおり$\alpha$と平行な平面上にあり， 直線$\mathrm{BK}$は$\mathrm{K}$をとおり$\alpha$と平行な平面上にある．$\mathrm{M}$が 線分$\mathrm{HK}$の中点なので，これら2つの平面は$\alpha$から等距離にある．

したがって点$\mathrm{A}$から$\alpha$への距離と，点$\mathrm{B}$から$\alpha$への距離は等しい． ゆえに，点$\mathrm{N}$は線分$\mathrm{AB}$の中点である．$\mathrm{MN}$は$\alpha$上の直線なので

$$\mathrm{MN}\bot \mathrm{CD}$$

さらに $\overline{\mathrm{AH}}=\overline{\mathrm{BK}}$かつ $\overline{\mathrm{HM}}=\overline{\mathrm{KM}}$より三平方の定理から $\overline{\mathrm{AM}}=\overline{\mathrm{BM}}$． よって

$$\mathrm{MN}\bot \mathrm{AB}$$

以上の操作と同様に，点$\mathrm{C}$と$\mathrm{D}$から辺$\mathrm{AB}$へ垂線をおろし，その足の 中点を$\mathrm{N}'$，$\mathrm{N}'$をとおり辺$\mathrm{AB}$に垂直な平面と辺$\mathrm{CD}$との 交点を$\mathrm{M}'$とすると，$\mathrm{M'N'}$も $\mathrm{AB},\ \mathrm{CD}$に直交する．

ねじれの位置にある2直線の両方に直交する直線はただ一つしかない．したがって

$$\mathrm{M}=\mathrm{M}',\ \quad \mathrm{N}=\mathrm{N}'$$

よって$\mathrm{M}$は辺$\mathrm{CD}$の中点でもある．

$$∴\quad \overline{\mathrm{CM}}=\overline{\mathrm{DM}},\ \overline{\mathrm{KC}}=\overline{\mathrm{HD}}$$

これから

$$\begin{eqnarray*} \overline{\mathrm{DH}} &=&\overline{\mathrm{DM}}-\overline{\... ...ne{\mathrm{CM}}-\overline{\mathrm{KM}} =\overline{\mathrm{CK}} \end{eqnarray*}$$

三平方の定理から $\mathrm{AD}=\mathrm{BC}$となる． 条件は各頂点に対して対称なので $\mathrm{AC}=\mathrm{BD}$， $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}$ も同様に示される． よって対辺の長さがそれぞれ等しく， 4面の三角形は対応する3辺の長さがそれぞれ等しくなり，合同である．□

拓生　 よくわかりました．しかし巧みな証明です． ただ，「ねじれの位置にある2直線の両方に直交する直線はただ一つしかない」 ことが，直感的には明らかですが，厳密にはどのようにすればよいのでしょうか．

南海　 それは『高校数学の方法』「同値変形で問題を解きほぐす」の演習問題2を見てほしい．

さて考え方は同じなのだがこれを座標でやってみよう． そのために次の事実が必要だ．

空間に2つのベクトル

$$\overrightarrow{\mathrm{OA}}=(a_1,\ a_2,\ a_3),\ \quad \overrightarrow{\mathrm{OB}}=(b_1,\ b_2,\ b_3)$$

がある．このとき $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$の面積$S$を座標で表すとどうなるか．

拓生　 やってみます． $\theta= \angle \mathrm{AOB}$とします．

$$\begin{eqnarray*} 2S&=&\vert\overrightarrow{\mathrm{OA}}\vert\vert\overrightarr... ...&=&\sqrt{(a_1b_2-a_2b_1)^2+(a_2b_3-a_3b_2)^2+(a_3b_1-a_1b_3)^2} \end{eqnarray*}$$

です．

別証明
四面体$\mathrm{ABCD}$を，図のように辺$\mathrm{CD}$の中点を原点に， 点$\mathrm{B}$を$xy$平面上に置いて，$xyz$座標空間に置く． ただし，

$$\mathrm{A}(a,\ b,\ c),\ \mathrm{B}(d,\ e,\ 0),\ \mathrm{C}(-f,\ 0,\ 0),\ \mathrm{D}(f,\ 0,\ 0)$$

とする．

点$\mathrm{A}$から$\mathrm{CD}$への垂線の足を$\mathrm{H}$， 点$\mathrm{B}$から$\mathrm{CD}$への垂線の足を$\mathrm{K}$とすると，その座標は

$$\mathrm{H}(a,\ 0,\ 0),\ \mathrm{K}(d,\ 0,\ 0)$$

である．線分$\mathrm{HK}$の中点が線分$\mathrm{CD}$の中点，つまり原点と一致することは， 座標では

$$a+d=0$$

となる．これを示す． $\overline{\mathrm{AH}}=\overline{\mathrm{BK}}$より

$$b^2+c^2=e^2$$

次に

$$\begin{array}{ll} \overrightarrow{\mathrm{CA}}=(a+f,\ b,... ...)&\overrightarrow{\mathrm{DB}}=(d-f,\ e,\ 0)\\ \end{array}$$

となるので， $\bigtriangleup \mathrm{CAB}$の面積と $\bigtriangleup \mathrm{DAB}$の面積が等しいことから

$$\{(a+f)e-(d+f)b\}^2+\{c(d+f)\}^2+(ce)^2= \{(a-f)e-(d-f)b\}^2+\{c(d-f)\}^2+(ce)^2$$

これから

$$(ae-bd)(e-b)f+c^2df=0$$

を得る．$c^2=e^2-b^2$を代入して

$$(ae-bd)(e-b)f+df(e^2-b^2)=0$$

$e=b$なら$c=0$となり点$\mathrm{A}$も$xy$平面上に来るが，四面体ではこれはあり得ない． また$f\ne 0$も明らか．

$$∴\quad ae-bd+d(e+b)=0$$

$e\ne 0$なのでこれから$a+d=0$となる．したがって

$$\overline{\mathrm{CH}}=a+f=f-d=\overline{\mathrm{DK}}$$

となり，三平方の定理から $\mathrm{AC}=\mathrm{BD}$が示された． 座標を取り替えることで同様に他の二組の対辺の長さが等しいことも示され，題意が示された．□

南海　 じつはこのような位置に置かなくても， 3次行列やベクトルの外積といわれるものを使う証明方法がある． それは『線型幾何入門』の中にある．

等面四面体は四面体のなかで最も美しいものだ． この等面四面体を埋め込む平行六面体は何か．

拓生　 六面体の各面は平行四辺形だが等面四面体では，対角線が等しい． 対角線の長さが等しい平行四辺形は長方形なので，それは直方体です．

南海　 直接的な証明などは『高校数学の方法』「存在の証明」のなかにある． これも参考にしてほしい．

最後に，最初の京大の問題だが，条件(i)は埋め込み平行六面体が等辺長六面体であるということであり， 条件(ii)は埋め込み平行六面体が直方体であるということになった．したがって(i)かつ(ii)になるのは 埋め込み平行六面体が立方体ということだ．これは正四面体だ．

拓生　 別解です．

南海　 この問題を解くのにこの方法はまわりくどいから別解とはいえないが，しかしこの 平行六面体を考えることで問題の意義を理解することができる．

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