解決済み
0001

画像の証明がわかりません。3垂線の定理について調べている過程でたどりついた場所に書かれていました。

http://shochandas.xsrv.jp/figure/threeperpendiculars.html


更に、画像を【事実】として受け入れた場合、以下の【問】についての考察をお願いします。

【問】四面体OABCOABCにおいてcos⁡∠AOB=15,cos⁡∠AOC=−13,面OAB⊥面OAC\cos\angle AOB=\dfrac{1}{5}, \cos\angle AOC=-\dfrac{1}{3}, 面 OAB \perp 面 OACであるとき、cos⁡∠BOC\cos\angle BOCの値はいくつか。

・【事実】によれば△HPQ\triangle HPQ(【問】では△ABC\triangle ABCが該当すると思いますが)以外の三角形はすべて直角三角形であるにも関わらず、∠AOC\angle AOCは鈍角であるはずです。これは【事実】か【問】の内容がおかしいものだと思います。

添付画像1
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回答 1件

ベストアンサー

manimani1

2つの平行でない平面の交線に二点 O,HO,H を取り、

∠PHO=∠HQO=90∘,OP=1\angle{PHO}=\angle{HQO}=90^{\circ},OP=1 となる二点 P,QP,Q をとると、

cos⁡α=OH\cos{\alpha}=OH , cos⁡β=OQOH\cos{\beta}=\dfrac{OQ}{OH} なので、cos⁡α・cos⁡β=cos⁡γ\cos{\alpha}・\cos{\beta}=\cos{\gamma} より cos⁡γ=OQ\cos{\gamma}=OQ

三角比の定義の逆を考えると、∠PQO=90∘\angle{PQO}=90^{\circ} が成り立ちます

あとは三垂線の定理（とその系）を使うだけ


逆に △OPH⊥△OQH\triangle{OPH}\perp\triangle{OQH} であるとき、△OPH⊥OQ\triangle{OPH}\perp OQ より △PQO=90∘\triangle{PQO}=90^{\circ}

このとき、cos⁡α=OH\cos{\alpha}=OH , cos⁡β=OQOH\cos{\beta}=\dfrac{OQ}{OH} , cos⁡γ=OQ\cos{\gamma}=OQ なので、

cos⁡α・cos⁡β=cos⁡γ\cos{\alpha}・\cos{\beta}=\cos{\gamma} が成り立つことがわかる



「△OPH\triangle{OPH} を通る平面と △OQH\triangle{OQH} を通る平面が垂直に交わること」

の必要十分条件が cos⁡α・cos⁡β=cos⁡γ\cos{\alpha}・\cos{\beta}=\cos{\gamma} であるということなので、三角形の形状にかかわらずこの公式は成り立ちます

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  • 0001

    この議論は直角三角形の三角比を用いているので、α\alphaやβ\betaが鈍角だった場合使えないと思います。【問】ではそのような議論はできないはずです。その場合、どのような議論をすれば良いでしょうか？

  • manimani1

    どちらか一方が鈍角の場合でも QQ を図の奥の方にとってあげると

    cos⁡α=−OH,cos⁡β=OQOH,cos⁡γ=−OQ\cos{\alpha}=-OH, \cos{\beta}=\dfrac{OQ}{OH}, \cos{\gamma}=-OQ より、cos⁡α・cos⁡β=cos⁡γ\cos{\alpha}・\cos{\beta}=\cos{\gamma}


    どちらも鈍角なら 180°−α ,180°−β180°-\alpha\ , 180°-\beta を考えることでどちらも鋭角のときと同様に示せます;;

  • 0001

    なるほど、奥のほうに取ることで鋭角のパターンに持ち込めばできるんですね。ご回答ありがとうございました。

  • 0001
    お礼

    ご回答ありがとうございました。

    図面の意味がよくわからなかったので助かりました。

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