四面体の垂心・外心の重心座標表現の具体例_第5（3直角四面体の場合）
「A―3直角四面体 ⇔ x＝0」の「垂心・外心」の「ベクトルによる重心座標表現」
「垂心四面体の具体例」を今まで、４つあげて「垂心・外心」を具体的に計算してきた。
具体例の「第1・第2は x>0 の場合」であり、「第3・第4は x<0 の場合」であった。
そこで、今回は第5の例として x＝0 の場合を考えよう。
＜前の復習＞ 垂心四面体（または直辺四面体)において、
x＝((→AB) ，(→AC)) ＝((→AB) ，(→AD)) ＝((→AC) ，(→AD)) ，
y＝((→BA) ，(→BC)) ＝((→BA) ，(→BD)) ＝((→BC) ，(→BD)) ，
z＝((→CA) ，(→CB)) ＝((→CA) ，(→CD)) ＝((→CB) ，(→CD)) ,
w＝((→DA) ，(→DB))＝((→DA) ，(→DC)) ＝((→DB) ，(→DC))
・・・(1.1.1) と おくと、
x＋y＝AB2=c2 ,
x＋z＝AC2=b2 ，x＋w＝AD2=d2,
y＋z＝BC2=a2 ,
y＋w＝BD^2=e2 ，z＋w＝CD2=f2・・・(1.1.2)で、
detJ(3)＝yzw＋xwz＋xyw＋xyz ・・・(1.1.3) また
外接球面の半径を R(3)とするとき、
R(3)2＝k2/4―(xyzw)/{detJ(3)} ・・・(1.1.4) であった。
(1.1.1)からx＝0 ⇔ ∠BAC＝∠BAD＝∠CAD＝90.度・・・(1.1.5)
このとき、(1.1.2)から y＝c2 ，z＝b2 ,w＝d2 ・・・(1.1.6)となり、
これから
(1.1.2)の残りは c2＋b2＝a2 ，c2＋d2＝e2 ,b2＋d2＝f2 ・・・(1.1.7)
となる。
(1.1.5)と(1.1.7)とは同値である。
ゆえにこの「垂心四面体ABCD」には、四つの三角形の うち、△ABCは
∠BAC＝90度，△ABDは∠BAD＝90度，△ACDは∠CAD＝90度の
「直角三角形」である。
逆に 正の数 ,b,c,dを任意にとって、 正の数 aをc2＋b2＝a2，
正の数 eをc2＋d2＝e2 ，正の数 fをb2＋d2＝f2 とすれば (1.1.5)
が
成り立つ。
そして
a2＋d2＝b2＋c2＋d2 ，b2＋e2＝b2＋c2＋d2 ，
c2＋f2＝b2＋c2＋d2 だから a2＋d2＝b2＋e2＝c2＋f2＝b2＋c2＋d2
・・・(1.1.8) が成り立ち、
「垂心四面体ABCD」の条件は満たされている。
あとは
(1)
実際に四面体ができるのか、とうことだが、これは3次元のxyzー空間E^3に
おいて、
頂点Aを原点O(0，0，0)にとり、点Cをx軸上(b，0 ，0）に、点Bをy軸上
(0，c,0）にとり、点Dをz軸上(0，0，d)にとれば各頂点を結んで
「四面体ABCD」ができる。
b,ｃ，dは任意の正の数でよいので、このタイプの「垂心四面体ABCD」は無数にできる。
(残りの ａ，ｂ,e，fは自然に決まるわけである。各自 図を描いてください）
この形の「垂心四面体ABCD」は頂点Aに集まる3つの面の角がみな直角なので
「A―3直角四面体」と呼ぶことにする。
なお、
ｘ＝0 のときは (1.1.2)から
y＝c2>0 ，z＝b2>0 ,w＝d2>0 ・・・(1.1.6)
だったから
この3つの直角以外の角度は、みな鋭角になっていることに注意しよう。
(2)
この「A―3直角四面体」の「垂心Ｈ」はどこだろうか？
すぐ分かるように「垂心Ｈ」は「頂点A」である。
これを「垂心Ｈ」の「ベクトルによる重心座標表現」の公式で確認してみよう。
(→PＨ)＝1/{detJ(3)}[yzw(→PA)＋xzw(→PB)＋xyw(→PC)＋xyz(→PD)]
・・・(2.1.1) において
x＝0 だから (1.1.3)から
detJ(3)＝yzw＝(cbd)2＞0 ・・・(2.1.2) （ なぜなら (1.1.6)）
よって (2.1.1)は (→PＨ)＝1/{yzw}[yzw(→PA)]＝(→PA)
すなわち (→PＨ)＝(→PA) ・・・(2.1.3) ⇒ Ｈ＝A
これで、公式より「垂心Ｈ」＝「頂点A」 と求まった。
(3) 「外心Ｏ」の「ベクトルのよる重心座標表現」を求めてみよう。
公式は
(→PＯ)＝1/{2detJ(3)}(―yzw＋xzw＋xyw＋xyz)(→PA)
＋1/{2detJ(3)}(yzw―xzw＋xyw＋xyz)(→PB)
＋1/{2detJ(3)}(yzw＋xzw―xyw＋xyz)(→PC)
＋1/{2detJ(3)}(yzw＋xzw＋xyw―xyz)(→PD) ・・・(3.1.1) だった。
x＝0 と(2.1.2)により (3.1.1)は
(→PＯ)＝1/{2yzw}×(―yzw)(→PA)＋1/{2yzw}×(yzw)(→PB)
＋1/{2yzw}×(yzw)(→PC)＋1/{2yzw}×(yzw)(→PD)
＝(1/2)[―(→PA)＋(→PB)＋(→PC)＋(→PD)]
すなわち 「Ａ―3直角四面体ABCD」では、AC＝b，AB＝c，AD=dの値に
関係なく その「外心Ｏ」の「ベクトルによる重心座標表現」は「一定」の
(→PＯ)＝(1/2)[―(→PA)＋(→PB)＋(→PC)＋(→PD)] ・・・(3.1.2) となる。
「外心Ｏ」は「Ａ―3直角四面体ABCD」の外部にあり、平面BCDに関してAと
反対側にある。
(4)
また、AC＝b，AB＝c，AD=dの「Ａ―3直角四面体ABCD」の2次元の
外接球面の半径 R(3)は どうなるか？
ｘ＝0だから (1.1.4)の第2項の xyzw/{detJ(3)}＝0 よって R(3)2＝k2/4
・・・(4.1.1)
ゆえに R(3)＝k/2 ・・・(4.1.2)
（これは、公式(1.1.4)を使わずとも(3.1.2)でP⇒ Aとして
R(3)2＝|(→AＯ)|2＝|(1/2)[(→AB)＋(→AC)＋(→AD)]|2を計算すればでる。｝
ところが(1.1.8)より k2＝a2＋d2＝b2＋e2＝c2＋f2＝b2＋c2+d2
よって k＝√{b2＋c2＋d2}
ゆえに R(3)＝k/2＝√{b2＋c2＋d2}/2 ・・・(4.1.3)
(5) 最初 2007年2月ころだったか、「A―3直角四面体」の大きさに関係なく
「外心Ｏ」が 「一定の式」(3.1.2)になることを、導きだしたときは一瞬、
不思議に思えたが、 頭の中に「A―3直角四面体」を描いてこの図形を
いろいろな角度から眺めている内に 程なく理由が分かった。
理由は次のとおりである。
この「A―3直角四面体」に外接する「直方体」を考えその外接球面を
考えれば よいのである。
喩えて言えば 1個の「ショートケーキ」が「紙の箱に」入っていて、それが
「端っこ」に隙間なくピッタリ一杯にくっついているような場面を
思い浮かべてみる。
「ショートケーキ」は 普通「三角柱」であるが、このケ―キを上の方を少し
食べて三角錐の「A―3直角四面体ABCD」の形をした「ショートケーキ」と
なっているとする。
そのとき、この「紙の箱」が外接する直方体である。 この外接する
「直方体ABKC―DEFG」は、ただ一つに決まる。
（「A―3直角四面体ABCD」の底面は△BACとし、ABKCが「底面」の
長方形で、DEFGが「上面」の長方形とする。）
この「直方体ABKC―DEFG」を内部に持つ、「直方体ABKC―DEFG」の
外接球面Ｔがただ一つ決まるが、Ｔは「A―3直角四面体」にも外接する
ことになり、Ｔは「A―3直角四面体」の2次元の外接球面である。
（「四面体の外接球面はただ一つである」ことは「外心Ｏ」の 存在の「証明」
と一意性から分かる ）
「直方体ABKC―DEFG」の「外接球面Ｔの中心Ｕ」は「対角線AFの中点である」 ことは明らかで、
このＵが「A―3直角四面体ABCD」の「外心Ｏ」である。
(→AK)＝(→AB)＋(→AC) であるから
(→AF)＝(→AK)＋(→KF)＝(→AK)＋(→AD)＝(→AB)＋(→AC)＋(→AD)
故に(→AＯ)＝(→AＵ)＝(1/2)(→AF)＝(1/2)[(→AB)＋(→AC)＋(→AD)]
すなわち
(→AＯ)＝(1/2)[(→AB)＋(→AC)＋(→AD)] ・・・(5.1.1)
よって
(→PＯ)―(→PA)＝(1/2)[(→PB)＋(→PC)＋(→PD)]―(3/2)(→PA)
ゆえに (→PＯ)＝(1/2)[―(→PA)＋(→PB)＋(→PC)＋(→PD)] となり、
(3.1.2)がでてくる。
また
AF＝√{b2＋c2＋d2}だから R(3)＝AＯ＝AF/2＝√{b2＋c2＋d2}/2 ・・・(5.1.2)
となって (4.1.3)が出てくるわけである
(6)
ついでに四つの三角形△ABC ，△ABD ，△ACD ，△BCD の
「三角形としての垂心」も順に求めておこう。
まず△ABC ，△ABD ，△ACD はみな直角三角形であるから、その「垂心」は
みな頂点Aである。
次に△BCD は鋭角三角形であり、その「垂心」を「ＨA」，面積を「ＳA」と
する。(1)の(1.1.6)により、
y＝((→BC)，(→BD))＝c2 ，z＝((→CB)，(→CD))＝b2 ，
w＝((→DB)，(→DC))＝d2 で △BCDについて考えているから、
(2SA)^2＝detJ(2)＝zw＋yw＋yz＝b2d2＋c2d2＋c2b2
＝(bd)2＋(cd)2＋(bc)2 となる。
すなわち
(2SA)^2＝detJ(2)＝(bd)2＋(cd)2＋(bc)2 ・・・(6.1.1) より
(→PＨ_A)＝1/{detJ(2)}[zw(→PB)＋yw(→PC)＋yz(→PD)] ・・・(6.1.2)
＝1/{(bd)2＋(cd)2＋(bc)2}×[(bd)2(→PB)＋(cd)2(→PC)＋(bc)2(→PD)]
つまり
(→PＨ_A)＝1/{(bd)2＋(cd)2＋(bc)2}×[(bd)2(→PB)＋(cd)2(→PC)＋(bc)2(→PD)] ・・・(6.1.3)
となる。
また △BCD の「三角形としての外心Ｏ_A」は
(→PＯ_A)
＝1/{2detJ(2)}×[y(z＋w)(→PB)＋z(y＋w)(→PC)＋w(y＋z)(→PD)]
＝1/[2{(bd)2＋(cd)2＋(bc)2}]
×[c2(b2＋d2)(→PB)＋b2(c2＋d2)(→PC)＋d2(c2＋b2)(→PD)]・・・(6.1.4)
となる。
(7) ∠BDC＝θは鋭角のはずである。cosθを求めておこう。
w＝((→DB)，(→DC))＝d2 であって|(→DB)|＝e＝√{c2＋d2} ，
|(→DC)|＝f＝√{b2＋d2} だから
cos∠BDC＝cosθ＝w/(ef)＝d2/[√{c2＋d2}√{b2＋d2}] ・・・(7.1.1)
ゆえに
0<cos∠BDC<1 となる。
(８)
最後に、よく知られた四つの三角形の面積について成り立つ関係を述べ、
証明しておく。
△BCD，△ACD，△ABD，△ABCの面積をそれぞれ、S_A ，S_B ,S_C,S_D と
すれば、「Ａ―3直角四面体ABCD」について
(SB)2＋(SC)2＋(SD)2＝(SA)2・・・(8.1.1) が成立する。
これは SB＝(bd)/2 ，SC＝(cd)/2 ，SD＝(bc)/2 よって
2SB＝bd ，2SC＝cd ，2SD＝bc だから
(6.1.1)で示した式
(2SA)2＝(bd)2＋(cd)2＋(bc2) が
{2(SA)}2＝{2(SB)2＋{2(SC}2＋{2(SD)}2
つまり (SA}2^＝(SB)2＋(SC)2＋(SD)2 となってでてくる。
このことは SAは
(2SA)2＝(bd)2＋(cd)2＋(bc)2 と求まると言っているに過ぎない。
(8.1.1)の一般の「垂心四面体ABCD」への一つの拡張式として
x(SA)2＋y(SB)2＋z(SC)2＋w(SD)2＝27V2・・・(8.1.2)をあげておく。
ここに Vは「垂心四面体ABCD」の「体積」である。これについては、またいつか話をしたい。
