解説

方針・初手

正四面体の図形的性質を利用して、各辺の長さや角度を求めていく。空間図形の問題ではあるが、必要な三角形（$\triangle \text{OAD}$ や $\triangle \text{ODE}$ など）を平面として切り出して考えることが基本である。

**(1)** は $\triangle \text{OAD}$ の3辺の長さから余弦定理を用いて $\cos \alpha$ を求め、そこから $\sin \alpha$ を計算する。

**(2)** は $\triangle \text{OAB}$ および $\triangle \text{OAD}$ において、それぞれ余弦定理を用いることで線分の長さを計算する。

**(3)** は $\triangle \text{ODE}$ において正弦定理を利用する、または三角形の面積を2通りに表すことで $\sin \beta$ を求めることができる。

解法1

**(1)**

$\triangle \text{OBC}$ は1辺の長さが1の正三角形であり、Dは辺BCの中点であるから、$OD \perp BC$ である。

よって、直角三角形 $\triangle \text{OBD}$ において三平方の定理より

$$OD = \sqrt{OB^2 - BD^2} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{1}{2}\right)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

同様に、$\triangle \text{ABC}$ においても中線ADの長さは

$$AD = \frac{\sqrt{3}}{2}$$

となる。

次に、$\triangle \text{OAD}$ において余弦定理を用いると

$$\cos \alpha = \frac{OA^2 + OD^2 - AD^2}{2 \cdot OA \cdot OD} = \frac{1^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 - \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}{2 \cdot 1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$

$0 < \alpha < \pi$ であるから $\sin \alpha > 0$ であり

$$\sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^2 \alpha} = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$$

**(2)**

点Eは辺OAを $t : (1-t)$ に内分する点であるから、$OE = t$ である。

$\triangle \text{OAB}$ は正三角形であるため、$\angle \text{AOB} = 60^\circ$ である。

$\triangle \text{OBE}$ において余弦定理を用いると

$$BE^2 = OB^2 + OE^2 - 2 \cdot OB \cdot OE \cos 60^\circ = 1^2 + t^2 - 2 \cdot 1 \cdot t \cdot \frac{1}{2} = t^2 - t + 1$$

$BE > 0$ であるから

$$BE = \sqrt{t^2 - t + 1}$$

同様に、$\triangle \text{ODE}$ において $\angle \text{AOD} = \alpha$ として余弦定理を用いると

$$DE^2 = OD^2 + OE^2 - 2 \cdot OD \cdot OE \cos \alpha = \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + t^2 - 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot t \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = t^2 - t + \frac{3}{4}$$

$DE > 0$ であるから

$$DE = \sqrt{t^2 - t + \frac{3}{4}}$$

**(3)**

$\triangle \text{ODE}$ において正弦定理を用いると

$$\frac{OE}{\sin \beta} = \frac{DE}{\sin \alpha}$$

これより

$$\sin \beta = \frac{OE \sin \alpha}{DE}$$

これに $OE = t$ と (1)、(2) で求めた値を代入すると

$$\sin \beta = \frac{t \cdot \frac{\sqrt{6}}{3}}{\sqrt{t^2 - t + \frac{3}{4}}} = \frac{\sqrt{6} t}{3 \sqrt{\frac{4t^2 - 4t + 3}{4}}} = \frac{2\sqrt{6}t}{3\sqrt{4t^2 - 4t + 3}}$$

解法2

空間ベクトルを用いた解法を示す。

$\vec{a} = \vec{OA}$、$\vec{b} = \vec{OB}$、$\vec{c} = \vec{OC}$ とする。

正四面体の性質より、各ベクトルの大きさと内積は以下のようになる。

$$|\vec{a}| = |\vec{b}| = |\vec{c}| = 1$$

$$\vec{a} \cdot \vec{b} = \vec{b} \cdot \vec{c} = \vec{c} \cdot \vec{a} = 1 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$$

点Dは辺BCの中点であるから

$$\vec{OD} = \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c})$$

点Eは辺OAを $t : (1-t)$ に内分する点であるから

$$\vec{OE} = t\vec{a}$$

**(1)**

$\vec{OD}$ の大きさを求める。

$$|\vec{OD}|^2 = \frac{1}{4}|\vec{b} + \vec{c}|^2 = \frac{1}{4}(|\vec{b}|^2 + 2\vec{b} \cdot \vec{c} + |\vec{c}|^2) = \frac{1}{4}\left(1 + 2 \cdot \frac{1}{2} + 1\right) = \frac{3}{4}$$

よって、$|\vec{OD}| = \frac{\sqrt{3}}{2}$ である。

次に、内積 $\vec{OA} \cdot \vec{OD}$ を計算する。

$$\vec{OA} \cdot \vec{OD} = \vec{a} \cdot \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c}) = \frac{1}{2}(\vec{a} \cdot \vec{b} + \vec{a} \cdot \vec{c}) = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$$

したがって、$\angle \text{AOD} = \alpha$ の余弦は

$$\cos \alpha = \frac{\vec{OA} \cdot \vec{OD}}{|\vec{OA}| |\vec{OD}|} = \frac{\frac{1}{2}}{1 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$

$\sin \alpha > 0$ であるから

$$\sin \alpha = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}$$

**(2)**

線分BEの長さの2乗は

$$\begin{aligned} BE^2 &= |\vec{OE} - \vec{OB}|^2 \\ &= |t\vec{a} - \vec{b}|^2 \\ &= t^2|\vec{a}|^2 - 2t\vec{a} \cdot \vec{b} + |\vec{b}|^2 \\ &= t^2 - t + 1 \end{aligned}$$

$BE > 0$ より

$$BE = \sqrt{t^2 - t + 1}$$

線分DEの長さの2乗は

$$\begin{aligned} DE^2 &= |\vec{OE} - \vec{OD}|^2 \\ &= \left| t\vec{a} - \frac{1}{2}(\vec{b} + \vec{c}) \right|^2 \\ &= t^2|\vec{a}|^2 - t\vec{a} \cdot (\vec{b} + \vec{c}) + \frac{1}{4}|\vec{b} + \vec{c}|^2 \\ &= t^2 - t\left(\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\right) + \frac{3}{4} \\ &= t^2 - t + \frac{3}{4} \end{aligned}$$

$DE > 0$ より

$$DE = \sqrt{t^2 - t + \frac{3}{4}}$$

**(3)**

解法1と同様に、$\triangle \text{ODE}$ において正弦定理を用いて $\sin \beta$ を求めることができる。

解説

正四面体を題材とした基本的な計量問題である。解法1のように必要な三角形を平面として取り出して余弦定理・正弦定理を適用していく方針でも、解法2のように空間ベクトルを導入して機械的に計算していく方針でも、どちらでもスムーズに解くことができる。

正四面体の中心や各面の重心、中点の位置関係にまつわる長さや内積は頻出であるため、試験場では計算のミスなく確実に得点したい。特に、(3) で正弦定理を用いる着眼点は、角を含む三角形の面積を介した等式 $OE \cdot \sin \alpha = DE \cdot \sin \beta$ からも自然に導かれる。

答え

**(1)**

$\sin \alpha = \frac{\sqrt{6}}{3}$

**(2)**

$BE = \sqrt{t^2 - t + 1}$, $\quad DE = \sqrt{t^2 - t + \frac{3}{4}}$

**(3)**

$\sin \beta = \frac{2\sqrt{6}t}{3\sqrt{4t^2 - 4t + 3}}$