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第8章　空間のベクトルの内積と図形

—— 内積を空間へ持ちこみ、長さ・角・垂直から面積と体積までを計算する ——

第7章では空間のベクトルの計算を学びましたが、内積はまだ使っていませんでした。この章では、空間の内積を成分で計算する式を確かめ、2 つのベクトルのなす角や垂直を調べます。続いて、2 本のベクトルの両方に垂直なベクトルの求め方と、空間の三角形の面積を扱います。後半は四面体が舞台です。内積を使って辺の長さや垂直を調べ、平面に下ろした垂線の足を求め、最後に四面体の体積を「底面積 × 高さ ÷ 3」で計算します。

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空間でも内積は同じ形

第3章では、平面のベクトルの内積を「なす角」から定義し、成分で計算する式を導きました。第7章で見たとおり、空間のベクトルでも和・差・実数倍の規則は平面と同じでした。内積も事情は同じで、定義も計算法則も平面のまま使え、成分の式に zz 成分の項が 1 つ加わるだけです。

この章の前半では、その内積を使って空間の 2 本のベクトルのなす角や垂直を調べ、三角形の面積を求めます。後半では四面体を舞台に、垂線の足と体積を計算します。

空間の内積

0⃗\vec{0} でない 2 つのベクトル a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の始点をそろえて a⃗\vec{a}=OA→{}= \overrightarrow{OA}，b⃗\vec{b}=OB→{}= \overrightarrow{OB} とすると、3 点 O，A，B を含む平面が少なくとも 1 つあります。その平面の中で ∠AOB\angle \mathrm{AOB} を測ったものが、a⃗\vec{a} と b⃗\vec{b} のなす角 θ\theta（0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ）です。空間でも、2 本のベクトルだけに注目すれば、平面の話に戻るわけです。そこで内積の定義は第3章と同じ a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=∣a⃗∣ ∣b⃗∣cos⁡θ{}= |\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\theta とします。

成分の式も、第3章と同じく余弦定理から導けます。a⃗\vec{a}=(a1, a2, a3){}= (a_1,\ a_2,\ a_3)，b⃗\vec{b}=(b1, b2, b3){}= (b_1,\ b_2,\ b_3) として、三角形 OAB に余弦定理を使うと

AB2\displaystyle \mathrm{AB}^2=OA2\displaystyle {}= \mathrm{OA}^2+OB2\displaystyle {}+ \mathrm{OB}^2−2 OA⋅OBcos⁡θ\displaystyle {}- 2\,\mathrm{OA} \cdot \mathrm{OB}\cos\theta=∣a⃗∣2\displaystyle {}= |\vec{a}|^2+∣b⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{b}|^2−2 a⃗⋅b⃗\displaystyle {}- 2\,\vec{a} \cdot \vec{b}

となります。AB→\overrightarrow{AB}=(b1−a1, b2−a2, b3−a3){}= (b_1 - a_1,\ b_2 - a_2,\ b_3 - a_3) なので、両辺を成分で書くと

(b1−a1)2\displaystyle (b_1 - a_1)^2+(b2−a2)2\displaystyle {}+ (b_2 - a_2)^2+(b3−a3)2\displaystyle {}+ (b_3 - a_3)^2=(a12+a22+a32)\displaystyle {}= (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)+(b12+b22+b32)\displaystyle {}+ (b_1^2 + b_2^2 + b_3^2)−2 a⃗⋅b⃗\displaystyle {}- 2\,\vec{a} \cdot \vec{b}

左辺を展開して整理すると、a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=a1b1{}= a_1b_1+a2b2{}+ a_2b_2+a3b3{}+ a_3b_3 が得られます。

公式1：空間の内積

0⃗\vec{0} でない a⃗\vec{a}=(a1, a2, a3){}= (a_1,\ a_2,\ a_3)，b⃗\vec{b}=(b1, b2, b3){}= (b_1,\ b_2,\ b_3) のなす角を θ\theta（0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ）とするとき

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=∣a⃗∣ ∣b⃗∣cos⁡θ\displaystyle {}= |\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\theta=a1b1\displaystyle {}= a_1b_1+a2b2\displaystyle {}+ a_2b_2+a3b3\displaystyle {}+ a_3b_3cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=a⃗⋅b⃗∣a⃗∣ ∣b⃗∣\displaystyle {}= \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}|\,|\vec{b}|}=a1b1+a2b2+a3b3a12+a22+a32 b12+b22+b32\displaystyle {}= \frac{a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3}{\sqrt{a_1^2 + a_2^2 + a_3^2}\,\sqrt{b_1^2 + b_2^2 + b_3^2}}

垂直条件：a⃗\vec{a}⊥b⃗{}\perp \vec{b}  ⟺  a⃗⋅b⃗{}\iff \vec{a} \cdot \vec{b}=0{}= 0  ⟺  a1b1{}\iff a_1b_1+a2b2{}+ a_2b_2+a3b3{}+ a_3b_3=0{}= 0

計算法則（第3章 公式5と同じ）：a⃗⋅a⃗\vec{a} \cdot \vec{a}=∣a⃗∣2{}= |\vec{a}|^2，a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=b⃗⋅a⃗{}= \vec{b} \cdot \vec{a}，(a⃗+b⃗)⋅c⃗(\vec{a} + \vec{b}) \cdot \vec{c}=a⃗⋅c⃗{}= \vec{a} \cdot \vec{c}+b⃗⋅c⃗{}+ \vec{b} \cdot \vec{c}，(ka⃗)⋅b⃗(k\vec{a}) \cdot \vec{b}=k(a⃗⋅b⃗){}= k(\vec{a} \cdot \vec{b})

計算法則が平面と同じなので、「大きさの問題は 2 乗して展開」という第3章の方針も、そのまま空間で使えます。

第3章では、2 点シュートと 3 点シュートの決めた本数から、バスケットボールの得点を内積で計算しました。フリースロー（1 点）を加えて、1 本あたりの点数を (1, 2, 3)(1,\ 2,\ 3)、決めた本数を (4, 5, 2)(4,\ 5,\ 2) とすれば、得点は 1×41 \times 4+2×5{}+ 2 \times 5+3×2{}+ 3 \times 2=20{}= 20 点です。種類が 1 つ増えても、「同じ種類どうしをかけて、全部足す」という手順は変わりません。

空間の内積は、定義も計算法則も平面と同じで、成分で計算するときは a1b1a_1b_1+a2b2{}+ a_2b_2+a3b3{}+ a_3b_3 と zz 成分の積を 1 つ足せばよいということです。

例題1：内積となす角・垂直条件

(1) a⃗\vec{a}=(2, 1, −1){}= (2,\ 1,\ -1)，b⃗\vec{b}=(1, 2, 1){}= (1,\ 2,\ 1) の内積となす角 θ\theta を求めなさい。

(2) (1) の a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} について、a⃗\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b} と b⃗\vec{b} が垂直になるように、実数 tt の値を定めなさい。

(3) 3 点 A(1, 2, 3)\mathrm{A}(1,\ 2,\ 3)，B(2, 3, 3)\mathrm{B}(2,\ 3,\ 3)，C(1, 1, 4)\mathrm{C}(1,\ 1,\ 4) について、∠BAC\angle \mathrm{BAC} の大きさを求めなさい。

【解答】

(1) 公式1から

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=2⋅1\displaystyle {}= 2 \cdot 1+1⋅2\displaystyle {}+ 1 \cdot 2+(−1)⋅1\displaystyle {}+ (-1) \cdot 1=3‾\displaystyle {}= \underline{3}

∣a⃗∣|\vec{a}|=4+1+1{}= \sqrt{4 + 1 + 1}=6{}= \sqrt{6}，∣b⃗∣|\vec{b}|=1+4+1{}= \sqrt{1 + 4 + 1}=6{}= \sqrt{6} なので

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=36⋅6\displaystyle {}= \frac{3}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{6}}=12\displaystyle {}= \frac{1}{2}

0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ から θ=60∘‾\underline{\theta = 60^\circ} です。

(2) (a⃗+tb⃗)⋅b⃗(\vec{a} + t\vec{b}) \cdot \vec{b}=a⃗⋅b⃗{}= \vec{a} \cdot \vec{b}+t∣b⃗∣2{}+ t|\vec{b}|^2=3{}= 3+6t{}+ 6t です。これが 00 になればよいので t=−12‾\underline{t = -\dfrac{1}{2}}。

(3) ∠BAC\angle \mathrm{BAC} は、A を始点とする AB→\overrightarrow{AB} と AC→\overrightarrow{AC} のなす角です。

AB→\displaystyle \overrightarrow{AB}=(1, 1, 0),\displaystyle {}= (1,\ 1,\ 0),AC→\displaystyle \overrightarrow{AC}=(0, −1, 1)\displaystyle {}= (0,\ -1,\ 1)cos⁡∠BAC\displaystyle \cos\angle \mathrm{BAC}=1⋅0+1⋅(−1)+0⋅12⋅2\displaystyle {}= \frac{1 \cdot 0 + 1 \cdot (-1) + 0 \cdot 1}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}=−12\displaystyle {}= -\frac{1}{2}

よって ∠BAC=120∘‾\underline{\angle \mathrm{BAC} = 120^\circ} です。

2 つのベクトルに垂直なベクトル

平面では、(a1, a2)(a_1,\ a_2) に垂直なベクトルは (−a2, a1)(-a_2,\ a_1) の実数倍に決まりました（第3章）。空間では、1 本のベクトルに垂直な向きは無数にあります。a⃗\vec{a} に垂直な向きは、a⃗\vec{a} を軸にぐるりと 1 周するように広がっているからです。向きが 1 つに決まるのは、1次独立な 2 本 の両方に垂直という条件をつけたときです。

公式2：2 つのベクトルに垂直なベクトル

1次独立な a⃗\vec{a}=(a1, a2, a3){}= (a_1,\ a_2,\ a_3)，b⃗\vec{b}=(b1, b2, b3){}= (b_1,\ b_2,\ b_3) の両方に垂直なベクトル n⃗\vec{n}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z) は

n⃗⋅a⃗\displaystyle \vec{n} \cdot \vec{a}=a1x\displaystyle {}= a_1x+a2y\displaystyle {}+ a_2y+a3z\displaystyle {}+ a_3z=0,\displaystyle {}= 0,n⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{n} \cdot \vec{b}=b1x\displaystyle {}= b_1x+b2y\displaystyle {}+ b_2y+b3z\displaystyle {}+ b_3z=0\displaystyle {}= 0

を満たす。式が 2 本、文字が 3 つなので、2 つの文字を残りの 1 つで表して解く。答えは 0⃗\vec{0} でない 1 本のベクトルの実数倍で、向きは（逆向きを除いて）1 通りに決まる。

手順としては、2 本の式から 1 つの文字を消し、残った文字の比を出します。たとえば xx を基準にして yy，zz を xx で表し、n⃗\vec{n}=x(⋯ ){}= x(\cdots) の形にします。xx=0{}= 0 になる場合もあるので、係数の都合を見て基準の文字を選びましょう。求めた n⃗\vec{n} が 2 本の両方と内積 00 になることを、最後に必ず確かめます。

O a b n − n

ノートの表紙の上に、鉛筆をまっすぐ立てることを考えてみます。表紙の縦の辺と直角になるように傾けただけでは、鉛筆は横に倒れていてもかまいません。横の辺とも直角になるように合わせて、初めて鉛筆の向きが 1 つに決まります。ただし、表紙の上に立てるか、裏側に突き出すかの 2 通りは残ります。n⃗\vec{n} と −n⃗-\vec{n} の 2 つがあるのはこのためです。

空間では 1 本に垂直な向きは無数にあり、1次独立な 2 本の両方と内積が 00 になるという 2 本の式を立てて、初めて向きが決まるということです。

例題2：2 つのベクトルに垂直な単位ベクトル

a⃗\vec{a}=(1, 1, 0){}= (1,\ 1,\ 0)，b⃗\vec{b}=(1, 2, 2){}= (1,\ 2,\ 2) とします。

(1) a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の両方に垂直な単位ベクトルを求めなさい。

(2) a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の両方に垂直で、大きさが 66，zz 成分が正であるベクトルを求めなさい。

【解答】

(1) 求めるベクトルを e⃗\vec{e}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z) とすると、e⃗⋅a⃗\vec{e} \cdot \vec{a}=0{}= 0，e⃗⋅b⃗\vec{e} \cdot \vec{b}=0{}= 0，∣e⃗∣|\vec{e}|=1{}= 1 から

x\displaystyle x+y\displaystyle {}+ y=0\displaystyle {}= 0(i),\displaystyle (\mathrm{i}),x\displaystyle x+2y\displaystyle {}+ 2y+2z\displaystyle {}+ 2z=0\displaystyle {}= 0(ii),\displaystyle (\mathrm{ii}),x2\displaystyle x^2+y2\displaystyle {}+ y^2+z2\displaystyle {}+ z^2=1\displaystyle {}= 1(iii)\displaystyle (\mathrm{iii})

(i)(\mathrm{i}) から yy=−x{}= -x。(ii)(\mathrm{ii}) に代入して xx−2x{}- 2x+2z{}+ 2z=0{}= 0 なので zz=x2{}= \dfrac{x}{2}。(iii)(\mathrm{iii}) に代入すると

x2\displaystyle x^2+x2\displaystyle {}+ x^2+x24\displaystyle {}+ \frac{x^2}{4}=94x2\displaystyle {}= \frac{9}{4}x^2=1\displaystyle {}= 1⟹x\displaystyle {}\Longrightarrow\qquad x=±23\displaystyle {}= \pm\frac{2}{3}

よって

(23, −23, 13),‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\left(\frac{2}{3},\ -\frac{2}{3},\ \frac{1}{3}\right),}(−23, 23, −13)‾\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4000em}\quad \left(-\frac{2}{3},\ \frac{2}{3},\ -\frac{1}{3}\right)}

確かめると、(23, −23, 13)⋅(1, 1, 0)\left(\dfrac{2}{3},\ -\dfrac{2}{3},\ \dfrac{1}{3}\right) \cdot (1,\ 1,\ 0)=0{}= 0，(23, −23, 13)⋅(1, 2, 2)\left(\dfrac{2}{3},\ -\dfrac{2}{3},\ \dfrac{1}{3}\right) \cdot (1,\ 2,\ 2)=2−4+23{}= \dfrac{2 - 4 + 2}{3}=0{}= 0 です。

(2) (1) の単位ベクトルを 66 倍したもののうち、zz 成分が正のものを選んで (4, −4, 2)‾\underline{(4,\ -4,\ 2)} です。

空間の三角形の面積

第3章 公式6で、三角形 OAB の面積を

S\displaystyle S=12∣a⃗∣2∣b⃗∣2−(a⃗⋅b⃗)2\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 - (\vec{a} \cdot \vec{b})^2}

と表しました。この式は、SS=12∣a⃗∣ ∣b⃗∣sin⁡θ{}= \dfrac{1}{2}|\vec{a}|\,|\vec{b}|\sin\theta に sin⁡θ\sin\theta=1−cos⁡2θ{}= \sqrt{1 - \cos^2\theta} を入れて導いたもので、大きさと内積しか使っていません。したがって、空間の三角形でもそのまま成り立ちます。

一方、第3章で紹介したもう 1 つの形 12∣a1b2−a2b1∣\dfrac{1}{2}|a_1b_2 - a_2b_1| は、成分が 2 つの平面専用です。空間でこれに当たる式は厳密定義ページで扱います。

公式3：空間の三角形の面積

空間の三角形 ABC で、AB→\overrightarrow{AB}=u⃗{}= \vec{u}，AC→\overrightarrow{AC}=v⃗{}= \vec{v} とするとき、面積 SS は

S\displaystyle S=12∣u⃗∣2∣v⃗∣2−(u⃗⋅v⃗)2\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{|\vec{u}|^2|\vec{v}|^2 - (\vec{u} \cdot \vec{v})^2}

また、辺 BC を底辺とみたときの高さ（A から直線 BC までの距離）は hh=2SBC{}= \dfrac{2S}{\mathrm{BC}}。

使い方は、∣u⃗∣2|\vec{u}|^2，∣v⃗∣2|\vec{v}|^2，u⃗⋅v⃗\vec{u} \cdot \vec{v} の 3 つの数を先に計算して、式に入れるだけです。根号の中では 2 乗の計算が続くので、平方根をとるのは最後にします。

家の屋根に、三角形の板が 1 枚、斜めに張られているとします。板が地面に対してどれだけ傾いていても、板に塗るペンキの量は板そのものの広さで決まり、真上から見た影の広さでは決まりません。公式3は、2 本の辺の長さとそのあいだの角という、板そのものの寸法だけで広さを出す式です。

空間の三角形の面積は、2 辺のベクトルの大きさと内積だけで表す第3章の式がそのまま使え、座標軸の向きに左右されないということです。

例題3：空間の三角形の面積と高さ

3 点 A(0, 1, 2)\mathrm{A}(0,\ 1,\ 2)，B(1, 0, 4)\mathrm{B}(1,\ 0,\ 4)，C(2, 2, 3)\mathrm{C}(2,\ 2,\ 3) があります。

(1) 三角形 ABC の面積 SS を求めなさい。

(2) 点 A から直線 BC に下ろした垂線の長さを求めなさい。

【解答】

(1) AB→\overrightarrow{AB}=(1, −1, 2){}= (1,\ -1,\ 2)，AC→\overrightarrow{AC}=(2, 1, 1){}= (2,\ 1,\ 1) なので

∣AB→∣2\displaystyle |\overrightarrow{AB}|^2=1\displaystyle {}= 1+1\displaystyle {}+ 1+4\displaystyle {}+ 4=6,\displaystyle {}= 6,∣AC→∣2\displaystyle |\overrightarrow{AC}|^2=4\displaystyle {}= 4+1\displaystyle {}+ 1+1\displaystyle {}+ 1=6,\displaystyle {}= 6,AB→⋅AC→\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=2\displaystyle {}= 2−1\displaystyle {}- 1+2\displaystyle {}+ 2=3\displaystyle {}= 3

公式3から

S\displaystyle S=126⋅6−32\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{6 \cdot 6 - 3^2}=1227\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{27}=332‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3\sqrt{3}}{2}}

（cos⁡∠BAC\cos\angle \mathrm{BAC}=36{}= \dfrac{3}{6}=12{}= \dfrac{1}{2} なので ∠BAC\angle \mathrm{BAC}=60∘{}= 60^\circ で、12⋅6⋅6⋅sin⁡60∘\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{6} \cdot \sqrt{6} \cdot \sin 60^\circ としても同じ値になります。）

(2) BC→\overrightarrow{BC}=(1, 2, −1){}= (1,\ 2,\ -1) より BC\mathrm{BC}=6{}= \sqrt{6}。求める長さを hh とすると SS=12⋅BC⋅h{}= \dfrac{1}{2} \cdot \mathrm{BC} \cdot h なので

h\displaystyle h=2SBC\displaystyle {}= \frac{2S}{\mathrm{BC}}=336\displaystyle {}= \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=32\displaystyle {}= \frac{3}{\sqrt{2}}=322‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3\sqrt{2}}{2}}

四面体の計量

第5章では、三角形 OAB の長さや角が ∣a⃗∣|\vec{a}|，∣b⃗∣|\vec{b}|，a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b} の 3 つの数で決まることを使いました。四面体 OABC では、辺が 6 本あるのに合わせて、基本の数も 6 つになります。

公式4：四面体の計量

四面体 OABC で OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とする。長さ・角・垂直は、次の 6 つの数で決まる。

∣a⃗∣,\displaystyle |\vec{a}|,∣b⃗∣,\displaystyle |\vec{b}|,∣c⃗∣,\displaystyle |\vec{c}|,a⃗⋅b⃗,\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b},b⃗⋅c⃗,\displaystyle \vec{b} \cdot \vec{c},c⃗⋅a⃗\displaystyle \vec{c} \cdot \vec{a}

展開の公式：

∣xa⃗+yb⃗+zc⃗∣2\displaystyle |x\vec{a} + y\vec{b} + z\vec{c}|^2=x2∣a⃗∣2\displaystyle {}= x^2|\vec{a}|^2+y2∣b⃗∣2\displaystyle {}+ y^2|\vec{b}|^2+z2∣c⃗∣2\displaystyle {}+ z^2|\vec{c}|^2+2xy a⃗⋅b⃗\displaystyle {}+ 2xy\,\vec{a} \cdot \vec{b}+2yz b⃗⋅c⃗\displaystyle {}+ 2yz\,\vec{b} \cdot \vec{c}+2zx c⃗⋅a⃗\displaystyle {}+ 2zx\,\vec{c} \cdot \vec{a}

辺の長さと内積：AB2\mathrm{AB}^2=∣b⃗−a⃗∣2{}= |\vec{b} - \vec{a}|^2=∣a⃗∣2{}= |\vec{a}|^2+∣b⃗∣2{}+ |\vec{b}|^2−2 a⃗⋅b⃗{}- 2\,\vec{a} \cdot \vec{b} から

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=OA2+OB2−AB22\displaystyle {}= \frac{\mathrm{OA}^2 + \mathrm{OB}^2 - \mathrm{AB}^2}{2}

（b⃗⋅c⃗\vec{b} \cdot \vec{c}，c⃗⋅a⃗\vec{c} \cdot \vec{a} も同様。6 本の辺の長さがわかれば、6 つの数がすべて求まる）

垂直の示し方：OA\mathrm{OA}⊥BC{}\perp \mathrm{BC}  ⟺  a⃗⋅(c⃗−b⃗){}\iff \vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b})=0{}= 0  ⟺  a⃗⋅b⃗{}\iff \vec{a} \cdot \vec{b}=a⃗⋅c⃗{}= \vec{a} \cdot \vec{c}

展開の公式は、(x+y+z)2(x + y + z)^2 の展開と同じ形です。「2 乗の項が 3 つ、2 つずつかけた項が 3 つ（それぞれ 2 倍）」と覚えておきましょう。垂直の示し方の最後の形は、「a⃗\vec{a} との内積が b⃗\vec{b} と c⃗\vec{c} で等しい」という読み方ができます。図形の性質 第7章で、正四面体の向かい合う辺が垂直であることを平面との垂直を使って示しましたが、ベクトルでは内積 1 本の計算になります。

組み立て家具の説明書には、部品の長さと、どの部品をどの角度でつなぐかが書いてあります。それさえわかれば、組み立てる前から、完成した棚の対角線の長さや、どこが直角になるかを計算で知ることができます。四面体の 6 つの数は、この説明書にあたります。

四面体 OABC の長さ・角・垂直は ∣a⃗∣|\vec{a}|，∣b⃗∣|\vec{b}|，∣c⃗∣|\vec{c}| と 3 つの内積で決まり、長さは 2 乗して展開、垂直は内積が 00 になることで調べればよいということです。

例題4：四面体の垂直と長さ

四面体 OABC で OA\mathrm{OA}=3{}= 3，OB\mathrm{OB}=OC{}= \mathrm{OC}=2{}= 2，∠AOB\angle \mathrm{AOB}=∠AOC{}= \angle \mathrm{AOC}=60∘{}= 60^\circ，∠BOC\angle \mathrm{BOC}=90∘{}= 90^\circ とします。OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とします。

(1) a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}，b⃗⋅c⃗\vec{b} \cdot \vec{c}，c⃗⋅a⃗\vec{c} \cdot \vec{a} を求めなさい。

(2) OA\mathrm{OA}⊥BC{}\perp \mathrm{BC} であることを示しなさい。

(3) 三角形 ABC の重心を G とするとき、線分 OG の長さを求めなさい。

【解答】

(1)

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=3⋅2cos⁡60∘\displaystyle {}= 3 \cdot 2 \cos 60^\circ=3‾,\displaystyle {}= \underline{3},b⃗⋅c⃗\displaystyle \vec{b} \cdot \vec{c}=2⋅2cos⁡90∘\displaystyle {}= 2 \cdot 2 \cos 90^\circ=0‾,\displaystyle {}= \underline{0},c⃗⋅a⃗\displaystyle \vec{c} \cdot \vec{a}=2⋅3cos⁡60∘\displaystyle {}= 2 \cdot 3 \cos 60^\circ=3‾\displaystyle {}= \underline{3}

(2) BC→\overrightarrow{BC}=c⃗{}= \vec{c}−b⃗{}- \vec{b} なので

OA→⋅BC→\displaystyle \overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{BC}=a⃗⋅(c⃗−b⃗)\displaystyle {}= \vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b})=a⃗⋅c⃗\displaystyle {}= \vec{a} \cdot \vec{c}−a⃗⋅b⃗\displaystyle {}- \vec{a} \cdot \vec{b}=3\displaystyle {}= 3−3\displaystyle {}- 3=0\displaystyle {}= 0

OA→\overrightarrow{OA}≠0⃗{}\neq \vec{0}，BC→\overrightarrow{BC}≠0⃗{}\neq \vec{0} なので OA\mathrm{OA}⊥BC{}\perp \mathrm{BC} です。（証明終）

(3) OG→\overrightarrow{OG}=a⃗+b⃗+c⃗3{}= \dfrac{\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}}{3} です。公式4の展開で

∣a⃗+b⃗+c⃗∣2\displaystyle |\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}|^2=9\displaystyle {}= 9+4\displaystyle {}+ 4+4\displaystyle {}+ 4+2(3+0+3)\displaystyle {}+ 2(3 + 0 + 3)=29\displaystyle {}= 29

よって OG=293‾\underline{\mathrm{OG} = \dfrac{\sqrt{29}}{3}} です。

直線と平面の垂直・平面への垂線

図形の性質 第7章で、「直線が平面上の交わる 2 直線に垂直ならば、その平面に垂直」という判定法を学びました。ベクトルで言いかえると、次のようになります。

平面 α\alpha 上の 1次独立な 2 本のベクトルを u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} とすると、平面 α\alpha 上のどのベクトル w⃗\vec{w} も w⃗\vec{w}=su⃗{}= s\vec{u}+tv⃗{}+ t\vec{v} と表せます（第1章 公式6）。そこで n⃗⋅u⃗\vec{n} \cdot \vec{u}=0{}= 0，n⃗⋅v⃗\vec{n} \cdot \vec{v}=0{}= 0 ならば

n⃗⋅w⃗\displaystyle \vec{n} \cdot \vec{w}=s n⃗⋅u⃗\displaystyle {}= s\,\vec{n} \cdot \vec{u}+t n⃗⋅v⃗\displaystyle {}+ t\,\vec{n} \cdot \vec{v}=0\displaystyle {}= 0

となり、n⃗\vec{n} は平面上のすべてのベクトルと垂直です。このとき、n⃗\vec{n} は平面 α\alpha に垂直であるといい、n⃗\vec{n} を平面 α\alpha の法線ベクトルと呼びます。第6章で直線の法線ベクトルを扱いましたが、空間では平面の法線ベクトルになります。公式2で求めたベクトルは、a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} を含む平面の法線ベクトルです。

公式5：直線と平面の垂直・垂線の足

垂直の判定：平面 α\alpha 上の 1次独立な 2 本のベクトル u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} に対して

n⃗⋅u⃗\displaystyle \vec{n} \cdot \vec{u}=0 かつ n⃗⋅v⃗\displaystyle {}= 0\ \text{かつ}\ \vec{n} \cdot \vec{v}=0\displaystyle {}= 0  ⟹  n⃗ は平面 α に垂直\displaystyle {}\implies \vec{n}\ \text{は平面}\ \alpha\ \text{に垂直}

平面への垂線の足：一直線上にない 3 点 A，B，C を含む平面に、点 P から下ろした垂線の足 H は

  1. H は平面 ABC 上にあるので AH→\overrightarrow{AH}=sAB→{}= s\overrightarrow{AB}+tAC→{}+ t\overrightarrow{AC} とおく（第7章 公式5）
  2. PH→⋅AB→\overrightarrow{PH} \cdot \overrightarrow{AB}=0{}= 0，PH→⋅AC→\overrightarrow{PH} \cdot \overrightarrow{AC}=0{}= 0 の 2 本の式から ss，tt を求める

点と平面の距離：平面 ABC 上のどの点 X についても PX2\mathrm{PX}^2=PH2{}= \mathrm{PH}^2+HX2{}+ \mathrm{HX}^2≧PH2{}\geqq \mathrm{PH}^2 なので、P と平面の距離は線分 PH の長さである。

四面体 OABC で、O を始点に OH→\overrightarrow{OH}=xa⃗{}= x\vec{a}+yb⃗{}+ y\vec{b}+zc⃗{}+ z\vec{c}（xx+y{}+ y+z{}+ z=1{}= 1）とおいてもかまいません。平面上にある条件の立て方が違うだけで、2 本の内積の式を使う点は同じです。

最後の距離の式は、PX→\overrightarrow{PX}=PH→{}= \overrightarrow{PH}+HX→{}+ \overrightarrow{HX} と PH→\overrightarrow{PH}⊥HX→{}\perp \overrightarrow{HX} から、第5章の垂線の足のときと同じ三平方の関係として出てきます。

プールの深さを測るときは、水面から底へまっすぐ下に巻尺を下ろします。斜めに下ろすと、同じ底に届いても長い数字が出てしまいます。「まっすぐ下」とは、水面のどの向きとも直角という意味で、確かめるには、水面の縦と横の 2 つの向きに対して直角になっていれば十分です。

平面上の 1次独立な 2 本と垂直なら平面に垂直で、平面への垂線の足は「平面上にある」形でおいてから、その 2 本との内積を 00 にして求めればよいということです。

O A B C x y z H 4 4 2
例題5：平面への垂線の足と四面体の体積

3 点 A(4, 0, 0)\mathrm{A}(4,\ 0,\ 0)，B(0, 4, 0)\mathrm{B}(0,\ 4,\ 0)，C(0, 0, 2)\mathrm{C}(0,\ 0,\ 2) があります。原点 O から平面 ABC に下ろした垂線の足を H とします。

(1) 点 H の座標を求めなさい。

(2) 線分 OH の長さと、三角形 ABC の面積を求めなさい。

(3) (2) を使って四面体 OABC の体積を求め、13×(三角形 OAB の面積)×OC\dfrac{1}{3} \times (\text{三角形 OAB の面積}) \times \mathrm{OC} と一致することを示しなさい。

【解答】

(1) AB→\overrightarrow{AB}=(−4, 4, 0){}= (-4,\ 4,\ 0)，AC→\overrightarrow{AC}=(−4, 0, 2){}= (-4,\ 0,\ 2) です。H は平面 ABC 上にあるので、AH→\overrightarrow{AH}=sAB→{}= s\overrightarrow{AB}+tAC→{}+ t\overrightarrow{AC} とおくと

OH→\displaystyle \overrightarrow{OH}=OA→\displaystyle {}= \overrightarrow{OA}+sAB→\displaystyle {}+ s\overrightarrow{AB}+tAC→\displaystyle {}+ t\overrightarrow{AC}=(4−4s−4t, 4s, 2t)\displaystyle {}= (4 - 4s - 4t,\ 4s,\ 2t)

OH→\overrightarrow{OH}⊥AB→{}\perp \overrightarrow{AB}，OH→\overrightarrow{OH}⊥AC→{}\perp \overrightarrow{AC} から

OH→⋅AB→\displaystyle \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AB}=−4(4−4s−4t)\displaystyle {}= -4(4 - 4s - 4t)+16s\displaystyle {}+ 16s=32s\displaystyle {}= 32s+16t\displaystyle {}+ 16t−16\displaystyle {}- 16=0\displaystyle {}= 0OH→⋅AC→\displaystyle \overrightarrow{OH} \cdot \overrightarrow{AC}=−4(4−4s−4t)\displaystyle {}= -4(4 - 4s - 4t)+4t\displaystyle {}+ 4t=16s\displaystyle {}= 16s+20t\displaystyle {}+ 20t−16\displaystyle {}- 16=0\displaystyle {}= 0

それぞれ 16 と 4 で割ると 2s2s+t{}+ t=1{}= 1，4s4s+5t{}+ 5t=4{}= 4。1 つ目から tt=1{}= 1−2s{}- 2s を 2 つ目に代入して −6s-6s+5{}+ 5=4{}= 4，ss=16{}= \dfrac{1}{6}，tt=23{}= \dfrac{2}{3}。よって OH→\overrightarrow{OH}=(4−23−83, 23, 43){}= \left(4 - \dfrac{2}{3} - \dfrac{8}{3},\ \dfrac{2}{3},\ \dfrac{4}{3}\right) で

H(23, 23, 43)‾\underline{\mathrm{H}\left(\frac{2}{3},\ \frac{2}{3},\ \frac{4}{3}\right)}

(2)

OH\displaystyle \mathrm{OH}=49+49+169\displaystyle {}= \sqrt{\frac{4}{9} + \frac{4}{9} + \frac{16}{9}}=249\displaystyle {}= \sqrt{\frac{24}{9}}=263‾\displaystyle {}= \underline{\frac{2\sqrt{6}}{3}}

∣AB→∣2|\overrightarrow{AB}|^2=32{}= 32，∣AC→∣2|\overrightarrow{AC}|^2=20{}= 20，AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=16{}= 16 なので、公式3から

△ABC\displaystyle \triangle \mathrm{ABC}=1232⋅20−162\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{32 \cdot 20 - 16^2}=12384\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{384}=12⋅86\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot 8\sqrt{6}=46‾\displaystyle {}= \underline{4\sqrt{6}}

(3) 三角形 ABC を底面とみると、高さは OH なので

V\displaystyle V=13⋅46⋅263\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot 4\sqrt{6} \cdot \frac{2\sqrt{6}}{3}=163‾\displaystyle {}= \underline{\frac{16}{3}}

一方、三角形 OAB は ∠AOB\angle \mathrm{AOB}=90∘{}= 90^\circ の直角三角形で面積は 12⋅4⋅4\dfrac{1}{2} \cdot 4 \cdot 4=8{}= 8、OC は xyxy 平面に垂直で OC\mathrm{OC}=2{}= 2 なので、13⋅8⋅2\dfrac{1}{3} \cdot 8 \cdot 2=163{}= \dfrac{16}{3} となり、一致します。（証明終）

四面体の体積

例題5の (3) では、底面をどこにとっても体積は同じになることを確かめました。四面体（三角錐）の体積は、中学校で学んだとおり

V\displaystyle V=13×(底面積)×(高さ)\displaystyle {}= \frac{1}{3} \times (\text{底面積}) \times (\text{高さ})

です。ベクトルで求めるときは、底面積を公式3で、高さを公式5の垂線の足で求めます。

公式6：四面体の体積の求め方

四面体 OABC の体積 VV は、次の手順で求められる。

  1. 底面を 1 つ選ぶ（たとえば三角形 OAB）。面積 SS を公式3で求める
  2. 残りの頂点 C から底面を含む平面に垂線 CH を下ろす。OH→\overrightarrow{OH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b} とおき、CH→⋅a⃗\overrightarrow{CH} \cdot \vec{a}=0{}= 0，CH→⋅b⃗\overrightarrow{CH} \cdot \vec{b}=0{}= 0 から ss，tt を求める
  3. 高さ hh=∣CH→∣{}= |\overrightarrow{CH}| を求め、VV=13Sh{}= \dfrac{1}{3}Sh

底面に 2 本の辺が垂直な頂点があるとき（たとえば OC\mathrm{OC}⊥OA{}\perp \mathrm{OA}，OC\mathrm{OC}⊥OB{}\perp \mathrm{OB}）は、公式5の判定から OC がそのまま高さになる。

手順 2 では、O が底面上の点なので、OH→\overrightarrow{OH} を a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} だけで表せます（第7章 公式6の「平面 OAB 上 ⇔ c⃗\vec{c} の係数が 0」）。また、OH→\overrightarrow{OH} は平面 OAB 上のベクトルなので CH→\overrightarrow{CH}⊥OH→{}\perp \overrightarrow{OH} となり、三平方の定理から ∣CH→∣2|\overrightarrow{CH}|^2=∣c⃗∣2{}= |\vec{c}|^2−∣OH→∣2{}- |\overrightarrow{OH}|^2 と計算することもできます。

お茶のティーバッグには、三角錐の形をしたものがあります。平らな袋より中の空間が広く、茶葉が動きやすいといわれます。形が決まれば、中に入る体積は「底面の三角形の広さ」と「そこからてっぺんまでのまっすぐな高さ」だけで決まり、四面体をどちら向きに置いて測っても同じ値になります。

四面体の体積は、底面積を内積の面積公式で、高さを平面への垂線の足で求め、13×\dfrac{1}{3} \times 底面積 ×\times 高さで計算すればよいということです。

O A B C H 2 2 3 √6
例題6：四面体の高さと体積

四面体 OABC で OA\mathrm{OA}=OB{}= \mathrm{OB}=2{}= 2，OC\mathrm{OC}=3{}= 3，∠AOB\angle \mathrm{AOB}=∠BOC{}= \angle \mathrm{BOC}=∠COA{}= \angle \mathrm{COA}=60∘{}= 60^\circ とします。OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とし、頂点 C から平面 OAB に下ろした垂線の足を H とします。

(1) OH→\overrightarrow{OH} を a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} で表しなさい。

(2) 線分 CH の長さを求めなさい。

(3) 四面体 OABC の体積 VV を求めなさい。

【解答】

(1) まず 6 つの数を求めます。∣a⃗∣|\vec{a}|=∣b⃗∣{}= |\vec{b}|=2{}= 2，∣c⃗∣|\vec{c}|=3{}= 3 で

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=2⋅2⋅12\displaystyle {}= 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}=2,\displaystyle {}= 2,b⃗⋅c⃗\displaystyle \vec{b} \cdot \vec{c}=c⃗⋅a⃗\displaystyle {}= \vec{c} \cdot \vec{a}=2⋅3⋅12\displaystyle {}= 2 \cdot 3 \cdot \frac{1}{2}=3\displaystyle {}= 3

H は平面 OAB 上にあるので OH→\overrightarrow{OH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b} とおくと、CH→\overrightarrow{CH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b}−c⃗{}- \vec{c} です。CH→\overrightarrow{CH}⊥a⃗{}\perp \vec{a}，CH→\overrightarrow{CH}⊥b⃗{}\perp \vec{b} から

CH→⋅a⃗\displaystyle \overrightarrow{CH} \cdot \vec{a}=4s\displaystyle {}= 4s+2t\displaystyle {}+ 2t−3\displaystyle {}- 3=0,\displaystyle {}= 0,CH→⋅b⃗\displaystyle \overrightarrow{CH} \cdot \vec{b}=2s\displaystyle {}= 2s+4t\displaystyle {}+ 4t−3\displaystyle {}- 3=0\displaystyle {}= 0

2 式を引くと 2s2s−2t{}- 2t=0{}= 0 で ss=t{}= t。代入して 6s6s=3{}= 3 より ss=t{}= t=12{}= \dfrac{1}{2}。

OH→=12a⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\overrightarrow{OH} = \frac{1}{2}\vec{a}}+12b⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \frac{1}{2}\vec{b}}

辺 AB の中点を M とすると OM→\overrightarrow{OM}=12a⃗{}= \dfrac{1}{2}\vec{a}+12b⃗{}+ \dfrac{1}{2}\vec{b} なので、H は M に重なっています。OA\mathrm{OA}=OB{}= \mathrm{OB} で、∠COA\angle \mathrm{COA}=∠COB{}= \angle \mathrm{COB} と条件が A と B について対称なので、納得できる結果です。

(2) CH→\overrightarrow{CH}=12a⃗{}= \dfrac{1}{2}\vec{a}+12b⃗{}+ \dfrac{1}{2}\vec{b}−c⃗{}- \vec{c} を公式4で展開します（xx=y{}= y=12{}= \dfrac{1}{2}，zz=−1{}= -1）。

∣CH→∣2\displaystyle |\overrightarrow{CH}|^2=14⋅4\displaystyle {}= \frac{1}{4} \cdot 4+14⋅4\displaystyle {}+ \frac{1}{4} \cdot 4+9\displaystyle {}+ 9+2⋅14⋅2\displaystyle {}+ 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot 2+2⋅(−12)⋅3\displaystyle {}+ 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 3+2⋅(−12)⋅3\displaystyle {}+ 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 3=1\displaystyle {}= 1+1\displaystyle {}+ 1+9\displaystyle {}+ 9+1\displaystyle {}+ 1−3\displaystyle {}- 3−3\displaystyle {}- 3=6\displaystyle {}= 6

よって CH=6‾\underline{\mathrm{CH} = \sqrt{6}} です。

（別解）∣OH→∣2|\overrightarrow{OH}|^2=14(4+4+2⋅2){}= \dfrac{1}{4}(4 + 4 + 2 \cdot 2)=3{}= 3 なので、CH2\mathrm{CH}^2=OC2{}= \mathrm{OC}^2−OH2{}- \mathrm{OH}^2=9{}= 9−3{}- 3=6{}= 6。

(3) 三角形 OAB は 1 辺 22 の正三角形なので、面積は 12⋅2⋅2sin⁡60∘\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \sin 60^\circ=3{}= \sqrt{3}。

V\displaystyle V=13⋅3⋅6\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{6}=183\displaystyle {}= \frac{\sqrt{18}}{3}=2‾\displaystyle {}= \underline{\sqrt{2}}

これで、空間のベクトルで長さ・角・面積・体積まで計算できるようになりました。この章では、平面を「3 点」や「2 本のベクトル」で表してきましたが、次の第9章では、平面や直線、球面を方程式で表し、点と平面の距離などをもっと手早く求める方法を学びます。

基礎確認問題（全5問）

まずは公式をそのまま使う、ごく簡単な問題で確認しましょう。

問1

a⃗\vec{a}=(1, 2, −1){}= (1,\ 2,\ -1)，b⃗\vec{b}=(3, −1, 2){}= (3,\ -1,\ 2) の内積 a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b} を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

1⋅31 \cdot 3+2⋅(−1){}+ 2 \cdot (-1)+(−1)⋅2{}+ (-1) \cdot 2=−1‾{}= \underline{-1}

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問2

a⃗\vec{a}=(1, 0, 1){}= (1,\ 0,\ 1)，b⃗\vec{b}=(0, −1, −1){}= (0,\ -1,\ -1) のなす角 θ\theta を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=−1{}= -1，∣a⃗∣|\vec{a}|=∣b⃗∣{}= |\vec{b}|=2{}= \sqrt{2} より cos⁡θ\cos\theta=−12{}= -\dfrac{1}{2}，θ=120∘‾\underline{\theta = 120^\circ}

自己採点：
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問3

a⃗\vec{a}=(2, x, 1){}= (2,\ x,\ 1) と b⃗\vec{b}=(3, −2, 4){}= (3,\ -2,\ 4) が垂直になるように、xx の値を定めなさい。

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答え

a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=6{}= 6−2x{}- 2x+4{}+ 4=0{}= 0 より x=5‾\underline{x = 5}

自己採点：
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問4

∣a⃗∣|\vec{a}|=∣b⃗∣{}= |\vec{b}|=∣c⃗∣{}= |\vec{c}|=1{}= 1 で、a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b}，c⃗\vec{c} はどの 2 つも垂直です。∣a⃗+2b⃗−2c⃗∣|\vec{a} + 2\vec{b} - 2\vec{c}| を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

内積はすべて 00 なので ∣a⃗+2b⃗−2c⃗∣2|\vec{a} + 2\vec{b} - 2\vec{c}|^2=1{}= 1+4{}+ 4+4{}+ 4=9{}= 9，よって 3‾\underline{3}

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問5

4 点 O(0, 0, 0)\mathrm{O}(0,\ 0,\ 0)，A(2, 0, 0)\mathrm{A}(2,\ 0,\ 0)，B(0, 3, 0)\mathrm{B}(0,\ 3,\ 0)，C(0, 0, 4)\mathrm{C}(0,\ 0,\ 4) を頂点とする四面体の体積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

底面 OAB の面積は 12⋅2⋅3\dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 3=3{}= 3，高さは OC\mathrm{OC}=4{}= 4 なので 13⋅3⋅4\dfrac{1}{3} \cdot 3 \cdot 4=4‾{}= \underline{4}

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実践問題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝入試レベルです。★から順に取り組みましょう。

問1　★

a⃗\vec{a}=(2, −1, 2){}= (2,\ -1,\ 2)，b⃗\vec{b}=(1, 1, 4){}= (1,\ 1,\ 4) の内積と、なす角 θ\theta を求めなさい。

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答え

a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=9{}= 9，θ\theta=45∘{}= 45^\circ

解説

公式1から

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=2⋅1\displaystyle {}= 2 \cdot 1+(−1)⋅1\displaystyle {}+ (-1) \cdot 1+2⋅4\displaystyle {}+ 2 \cdot 4=9‾\displaystyle {}= \underline{9}

∣a⃗∣|\vec{a}|=4+1+4{}= \sqrt{4 + 1 + 4}=3{}= 3，∣b⃗∣|\vec{b}|=1+1+16{}= \sqrt{1 + 1 + 16}=18{}= \sqrt{18}=32{}= 3\sqrt{2} なので

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=93⋅32\displaystyle {}= \frac{9}{3 \cdot 3\sqrt{2}}=12\displaystyle {}= \frac{1}{\sqrt{2}}

0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦180∘{}\leqq 180^\circ から θ=45∘‾\underline{\theta = 45^\circ} です。

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問2　★

a⃗\vec{a}=(k, 1, 3){}= (k,\ 1,\ 3) と b⃗\vec{b}=(k, −4, 1){}= (k,\ -4,\ 1) が垂直になるように、実数 kk の値を定めなさい。

つまずいたときは：
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答え

kk=±1{}= \pm 1

解説

a⃗\vec{a}⊥b⃗{}\perp \vec{b} となる条件は a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=0{}= 0 です（a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} は yy 成分が 00 でないので 0⃗\vec{0} ではありません）。

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=k2\displaystyle {}= k^2−4\displaystyle {}- 4+3\displaystyle {}+ 3=k2\displaystyle {}= k^2−1\displaystyle {}- 1=0\displaystyle {}= 0

よって k=±1‾\underline{k = \pm 1} です。

確かめると、kk=1{}= 1 のとき (1, 1, 3)⋅(1, −4, 1)(1,\ 1,\ 3) \cdot (1,\ -4,\ 1)=1{}= 1−4{}- 4+3{}+ 3=0{}= 0、kk=−1{}= -1 のとき (−1, 1, 3)⋅(−1, −4, 1)(-1,\ 1,\ 3) \cdot (-1,\ -4,\ 1)=1{}= 1−4{}- 4+3{}+ 3=0{}= 0 です。

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問3　★

3 点 A(2, −1, 3)\mathrm{A}(2,\ -1,\ 3)，B(3, 1, 5)\mathrm{B}(3,\ 1,\ 5)，C(−1, −1, 0)\mathrm{C}(-1,\ -1,\ 0) について、∠BAC\angle \mathrm{BAC} の大きさと三角形 ABC の面積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

∠BAC\angle \mathrm{BAC}=135∘{}= 135^\circ，面積 92\dfrac{9}{2}

解説

AB→\overrightarrow{AB}=(1, 2, 2){}= (1,\ 2,\ 2)，AC→\overrightarrow{AC}=(−3, 0, −3){}= (-3,\ 0,\ -3) なので

∣AB→∣\displaystyle |\overrightarrow{AB}|=3,\displaystyle {}= 3,∣AC→∣\displaystyle |\overrightarrow{AC}|=18\displaystyle {}= \sqrt{18}=32,\displaystyle {}= 3\sqrt{2},AB→⋅AC→\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=−3\displaystyle {}= -3+0\displaystyle {}+ 0−6\displaystyle {}- 6=−9\displaystyle {}= -9 cos⁡∠BAC\displaystyle \cos\angle \mathrm{BAC}=−93⋅32\displaystyle {}= \frac{-9}{3 \cdot 3\sqrt{2}}=−12\displaystyle {}= -\frac{1}{\sqrt{2}}

よって ∠BAC=135∘‾\underline{\angle \mathrm{BAC} = 135^\circ}。面積は公式3から

S\displaystyle S=129⋅18−(−9)2\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{9 \cdot 18 - (-9)^2}=1281\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{81}=92‾\displaystyle {}= \underline{\frac{9}{2}}

12⋅3⋅32⋅sin⁡135∘\dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3\sqrt{2} \cdot \sin 135^\circ=12⋅92⋅22{}= \dfrac{1}{2} \cdot 9\sqrt{2} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=92{}= \dfrac{9}{2} としても同じです。

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問4　★

a⃗\vec{a}=(1, −1, 0){}= (1,\ -1,\ 0)，b⃗\vec{b}=(0, 1, −1){}= (0,\ 1,\ -1) の両方に垂直な単位ベクトルを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(33, 33, 33)\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3},\ \dfrac{\sqrt{3}}{3},\ \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)，(−33, −33, −33)\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3},\ -\dfrac{\sqrt{3}}{3},\ -\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)

解説

求めるベクトルを e⃗\vec{e}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z) とすると、公式2から

e⃗⋅a⃗\displaystyle \vec{e} \cdot \vec{a}=x\displaystyle {}= x−y\displaystyle {}- y=0,\displaystyle {}= 0,e⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{e} \cdot \vec{b}=y\displaystyle {}= y−z\displaystyle {}- z=0\displaystyle {}= 0

よって xx=y{}= y=z{}= z です。∣e⃗∣|\vec{e}|=1{}= 1 から 3x23x^2=1{}= 1 で xx=±13{}= \pm\dfrac{1}{\sqrt{3}}=±33{}= \pm\dfrac{\sqrt{3}}{3}。

(33, 33, 33),‾\displaystyle \underline{\rule[-1.25em]{0em}{3.0000em}\left(\frac{\sqrt{3}}{3},\ \frac{\sqrt{3}}{3},\ \frac{\sqrt{3}}{3}\right),}(−33, −33, −33)‾\displaystyle \underline{\rule[-1.25em]{0em}{3.0000em}\quad \left(-\frac{\sqrt{3}}{3},\ -\frac{\sqrt{3}}{3},\ -\frac{\sqrt{3}}{3}\right)}

a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} は平行でない（成分の比が違う）ので、垂直な向きはこの 1 組に決まります。

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問5　★

原点 O と A(2, 0, 0)\mathrm{A}(2,\ 0,\ 0)，B(0, 3, 0)\mathrm{B}(0,\ 3,\ 0)，C(0, 0, 1)\mathrm{C}(0,\ 0,\ 1) を頂点にもつ直方体 OADB-CEGF があります（D(2, 3, 0)\mathrm{D}(2,\ 3,\ 0)，E(2, 0, 1)\mathrm{E}(2,\ 0,\ 1)，F(0, 3, 1)\mathrm{F}(0,\ 3,\ 1)，G(2, 3, 1)\mathrm{G}(2,\ 3,\ 1)）。対角線 OG と AF のなす角を θ\theta（0∘0^\circ≦θ{}\leqq \theta≦90∘{}\leqq 90^\circ）とするとき、cos⁡θ\cos\theta を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

cos⁡θ\cos\theta=37{}= \dfrac{3}{7}

解説

OG→\overrightarrow{OG}=(2, 3, 1){}= (2,\ 3,\ 1)，AF→\overrightarrow{AF}=(0−2, 3−0, 1−0){}= (0 - 2,\ 3 - 0,\ 1 - 0)=(−2, 3, 1){}= (-2,\ 3,\ 1) です。

OG→⋅AF→\displaystyle \overrightarrow{OG} \cdot \overrightarrow{AF}=−4\displaystyle {}= -4+9\displaystyle {}+ 9+1\displaystyle {}+ 1=6,\displaystyle {}= 6,∣OG→∣\displaystyle |\overrightarrow{OG}|=∣AF→∣\displaystyle {}= |\overrightarrow{AF}|=14\displaystyle {}= \sqrt{14}

2 直線のなす角は 0∘0^\circ 以上 90∘90^\circ 以下でとるので、第6章と同じく分子に絶対値をつけます。

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=∣6∣14⋅14\displaystyle {}= \frac{|6|}{\sqrt{14} \cdot \sqrt{14}}=37‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3}{7}}
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問6　★

∣a⃗∣|\vec{a}|=1{}= 1，∣b⃗∣|\vec{b}|=2{}= 2，∣c⃗∣|\vec{c}|=3{}= 3 で、a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b}，c⃗\vec{c} はどの 2 つも垂直です。(1) ∣a⃗+b⃗+c⃗∣|\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}|、(2) (a⃗+b⃗)⋅(b⃗+c⃗)(\vec{a} + \vec{b}) \cdot (\vec{b} + \vec{c}) を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 14\sqrt{14}　(2) 44

解説

どの 2 つも垂直なので、a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=b⃗⋅c⃗{}= \vec{b} \cdot \vec{c}=c⃗⋅a⃗{}= \vec{c} \cdot \vec{a}=0{}= 0 です。

(1) 公式4の展開で

∣a⃗+b⃗+c⃗∣2\displaystyle |\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}|^2=1\displaystyle {}= 1+4\displaystyle {}+ 4+9\displaystyle {}+ 9+2(0+0+0)\displaystyle {}+ 2(0 + 0 + 0)=14\displaystyle {}= 14

よって 14‾\underline{\sqrt{14}} です。

(2) 分配法則で展開します。

(a⃗+b⃗)⋅(b⃗+c⃗)\displaystyle (\vec{a} + \vec{b}) \cdot (\vec{b} + \vec{c})=a⃗⋅b⃗\displaystyle {}= \vec{a} \cdot \vec{b}+a⃗⋅c⃗\displaystyle {}+ \vec{a} \cdot \vec{c}+∣b⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{b}|^2+b⃗⋅c⃗\displaystyle {}+ \vec{b} \cdot \vec{c}=0\displaystyle {}= 0+0\displaystyle {}+ 0+4\displaystyle {}+ 4+0\displaystyle {}+ 0=4‾\displaystyle {}= \underline{4}
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問7　★

4 点 A(1, 0, 0)\mathrm{A}(1,\ 0,\ 0)，B(0, 1, 0)\mathrm{B}(0,\ 1,\ 0)，C(0, 0, 1)\mathrm{C}(0,\ 0,\ 1)，D(1, 1, 1)\mathrm{D}(1,\ 1,\ 1) について、(1) 四面体 ABCD が正四面体であること、(2) 向かい合う 3 組の辺 AB と CD，AC と BD，AD と BC がそれぞれ垂直であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 6 本の辺がすべて 2\sqrt{2}　(2) 3 組とも内積が 00

解説

(1) 6 本の辺のベクトルは

AB→\displaystyle \overrightarrow{AB}=(−1, 1, 0),\displaystyle {}= (-1,\ 1,\ 0),AC→\displaystyle \overrightarrow{AC}=(−1, 0, 1),\displaystyle {}= (-1,\ 0,\ 1),AD→\displaystyle \overrightarrow{AD}=(0, 1, 1)\displaystyle {}= (0,\ 1,\ 1) BC→\displaystyle \overrightarrow{BC}=(0, −1, 1),\displaystyle {}= (0,\ -1,\ 1),BD→\displaystyle \overrightarrow{BD}=(1, 0, 1),\displaystyle {}= (1,\ 0,\ 1),CD→\displaystyle \overrightarrow{CD}=(1, 1, 0)\displaystyle {}= (1,\ 1,\ 0)

どれも成分に ±1\pm 1 が 2 つと 00 が 1 つなので、大きさはすべて 2\sqrt{2} です。6 本の辺がすべて等しいので、四面体 ABCD は正四面体です。（証明終）

(2)

AB→⋅CD→\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{CD}=−1\displaystyle {}= -1+1\displaystyle {}+ 1+0\displaystyle {}+ 0=0,\displaystyle {}= 0,AC→⋅BD→\displaystyle \overrightarrow{AC} \cdot \overrightarrow{BD}=−1\displaystyle {}= -1+0\displaystyle {}+ 0+1\displaystyle {}+ 1=0,\displaystyle {}= 0,AD→⋅BC→\displaystyle \overrightarrow{AD} \cdot \overrightarrow{BC}=0\displaystyle {}= 0−1\displaystyle {}- 1+1\displaystyle {}+ 1=0\displaystyle {}= 0

どのベクトルも 0⃗\vec{0} でないので、AB⊥CD,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8889em}\mathrm{AB} \perp \mathrm{CD},} AC⊥BD,‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8889em}\ \mathrm{AC} \perp \mathrm{BD},} AD⊥BC‾\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8889em}\ \mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}} です。（証明終）

この 3 組の辺は、どれもねじれの位置にあります。交わらない 2 直線でも、方向ベクトルの内積が 00 なら垂直といいます（図形の性質 第7章の「平行移動して測る」なす角と同じ意味です）。

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問8　★

原点 O と 2 点 A(2, 1, 1)\mathrm{A}(2,\ 1,\ 1)，B(1, 3, −1)\mathrm{B}(1,\ 3,\ -1) を頂点とする三角形 OAB の面積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

522\dfrac{5\sqrt{2}}{2}

解説

a⃗\vec{a}=(2, 1, 1){}= (2,\ 1,\ 1)，b⃗\vec{b}=(1, 3, −1){}= (1,\ 3,\ -1) として

∣a⃗∣2\displaystyle |\vec{a}|^2=4\displaystyle {}= 4+1\displaystyle {}+ 1+1\displaystyle {}+ 1=6,\displaystyle {}= 6,∣b⃗∣2\displaystyle |\vec{b}|^2=1\displaystyle {}= 1+9\displaystyle {}+ 9+1\displaystyle {}+ 1=11,\displaystyle {}= 11,a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=2\displaystyle {}= 2+3\displaystyle {}+ 3−1\displaystyle {}- 1=4\displaystyle {}= 4

公式3から

S\displaystyle S=126⋅11−42\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{6 \cdot 11 - 4^2}=1250\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{50}=522‾\displaystyle {}= \underline{\frac{5\sqrt{2}}{2}}
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問9　★★

点 A(1, −1, 0)\mathrm{A}(1,\ -1,\ 0) を通り、d⃗\vec{d}=(1, 2, 2){}= (1,\ 2,\ 2) に平行な直線を ℓ\ell とします。点 P(6, 1, 0)\mathrm{P}(6,\ 1,\ 0) から ℓ\ell に下ろした垂線の足 H の座標と、P と ℓ\ell の距離を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

H(2, 1, 2)\mathrm{H}(2,\ 1,\ 2)，距離 252\sqrt{5}

解説

ℓ\ell 上の点は OH→\overrightarrow{OH}=OA→{}= \overrightarrow{OA}+td⃗{}+ t\vec{d}=(1+t, −1+2t, 2t){}= (1 + t,\ -1 + 2t,\ 2t) と表せます（第6章のベクトル方程式は空間でもそのまま使えます）。

PH→\displaystyle \overrightarrow{PH}=(t−5, 2t−2, 2t)\displaystyle {}= (t - 5,\ 2t - 2,\ 2t)

PH→\overrightarrow{PH}⊥d⃗{}\perp \vec{d} から

PH→⋅d⃗\displaystyle \overrightarrow{PH} \cdot \vec{d}=(t−5)\displaystyle {}= (t - 5)+2(2t−2)\displaystyle {}+ 2(2t - 2)+2⋅2t\displaystyle {}+ 2 \cdot 2t=9t\displaystyle {}= 9t−9\displaystyle {}- 9=0\displaystyle {}= 0

よって tt=1{}= 1 で H(2, 1, 2)‾\underline{\mathrm{H}(2,\ 1,\ 2)}。このとき PH→\overrightarrow{PH}=(−4, 0, 2){}= (-4,\ 0,\ 2) なので

PH\displaystyle \mathrm{PH}=16+0+4\displaystyle {}= \sqrt{16 + 0 + 4}=25‾\displaystyle {}= \underline{2\sqrt{5}}

AP→\overrightarrow{AP}=(5, 2, 0){}= (5,\ 2,\ 0) の d⃗\vec{d} 方向の正射影を使って、tt=AP→⋅d⃗∣d⃗∣2{}= \dfrac{\overrightarrow{AP} \cdot \vec{d}}{|\vec{d}|^2}=99{}= \dfrac{9}{9}=1{}= 1 と求めることもできます（第5章 公式3の正射影ベクトル）。

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問10　★★

1 辺の長さが 22 の正四面体 OABC で、辺 OA の中点を M，辺 BC の中点を N とします。OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とするとき、(1) 線分 MN の長さを求め、(2) MN\mathrm{MN}⊥OA{}\perp \mathrm{OA}，MN\mathrm{MN}⊥BC{}\perp \mathrm{BC} であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 2\sqrt{2}　(2) MN→⋅a⃗\overrightarrow{MN} \cdot \vec{a}=0{}= 0，MN→⋅(c⃗−b⃗)\overrightarrow{MN} \cdot (\vec{c} - \vec{b})=0{}= 0

解説

正四面体の面はすべて正三角形なので、∣a⃗∣|\vec{a}|=∣b⃗∣{}= |\vec{b}|=∣c⃗∣{}= |\vec{c}|=2{}= 2，どの 2 つのなす角も 60∘60^\circ で

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=b⃗⋅c⃗\displaystyle {}= \vec{b} \cdot \vec{c}=c⃗⋅a⃗\displaystyle {}= \vec{c} \cdot \vec{a}=2⋅2⋅12\displaystyle {}= 2 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2}=2\displaystyle {}= 2

(1) MN→\overrightarrow{MN}=b⃗+c⃗2{}= \dfrac{\vec{b} + \vec{c}}{2}−a⃗2{}- \dfrac{\vec{a}}{2}=12(−a⃗+b⃗+c⃗){}= \dfrac{1}{2}(-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) です。公式4の展開で

∣−a⃗+b⃗+c⃗∣2\displaystyle |-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}|^2=4\displaystyle {}= 4+4\displaystyle {}+ 4+4\displaystyle {}+ 4+2{(−1)⋅2+2+(−1)⋅2}\displaystyle {}\quad + 2\{(-1) \cdot 2 + 2 + (-1) \cdot 2\}=12\displaystyle {}= 12−4\displaystyle {}- 4=8\displaystyle {}= 8

よって MN\mathrm{MN}=82{}= \dfrac{\sqrt{8}}{2}=2‾{}= \underline{\sqrt{2}} です。

(2)

(−a⃗+b⃗+c⃗)⋅a⃗\displaystyle (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \cdot \vec{a}=−4\displaystyle {}= -4+2\displaystyle {}+ 2+2\displaystyle {}+ 2=0\displaystyle {}= 0 (−a⃗+b⃗+c⃗)⋅(c⃗−b⃗)\displaystyle (-\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \cdot (\vec{c} - \vec{b})=−a⃗⋅c⃗\displaystyle {}= -\vec{a} \cdot \vec{c}+a⃗⋅b⃗\displaystyle {}+ \vec{a} \cdot \vec{b}+∣c⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{c}|^2−∣b⃗∣2\displaystyle {}- |\vec{b}|^2=−2\displaystyle {}= -2+2\displaystyle {}+ 2+4\displaystyle {}+ 4−4\displaystyle {}- 4=0\displaystyle {}= 0

MN→\overrightarrow{MN}，a⃗\vec{a}，BC→\overrightarrow{BC} はどれも 0⃗\vec{0} でないので、MN\mathrm{MN}⊥OA{}\perp \mathrm{OA}，MN\mathrm{MN}⊥BC{}\perp \mathrm{BC} です。（証明終）

線分 MN は、ねじれの位置にある 2 辺 OA，BC の両方に垂直に交わっています。

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問11　★★

3 点 A(2, 0, 0)\mathrm{A}(2,\ 0,\ 0)，B(0, 1, 0)\mathrm{B}(0,\ 1,\ 0)，C(0, 0, 2)\mathrm{C}(0,\ 0,\ 2) を含む平面を α\alpha とします。(1) 平面 α\alpha に垂直なベクトルを 1 つ求め、(2) 点 P(3, 4, 3)\mathrm{P}(3,\ 4,\ 3) から α\alpha に下ろした垂線の足 H の座標と、線分 PH の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) (1, 2, 1)(1,\ 2,\ 1)（その 00 でない実数倍）　(2) H(1, 0, 1)\mathrm{H}(1,\ 0,\ 1)，PH\mathrm{PH}=26{}= 2\sqrt{6}

解説

(1) AB→\overrightarrow{AB}=(−2, 1, 0){}= (-2,\ 1,\ 0)，AC→\overrightarrow{AC}=(−2, 0, 2){}= (-2,\ 0,\ 2) です。n⃗\vec{n}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z) が両方に垂直とすると

−2x\displaystyle -2x+y\displaystyle {}+ y=0,\displaystyle {}= 0,−2x\displaystyle -2x+2z\displaystyle {}+ 2z=0\displaystyle {}= 0

yy=2x{}= 2x，zz=x{}= x なので n⃗\vec{n}=x(1, 2, 1){}= x(1,\ 2,\ 1)。公式5の判定から、たとえば n⃗=(1, 2, 1)‾\underline{\vec{n} = (1,\ 2,\ 1)} が α\alpha に垂直です。

(2) PH→\overrightarrow{PH} は α\alpha に垂直なので n⃗\vec{n} と平行です。PH→\overrightarrow{PH}=kn⃗{}= k\vec{n} とおくと OH→\overrightarrow{OH}=(3+k, 4+2k, 3+k){}= (3 + k,\ 4 + 2k,\ 3 + k)。

H は平面 α\alpha 上にあるので、AH→\overrightarrow{AH}=(1+k, 4+2k, 3+k){}= (1 + k,\ 4 + 2k,\ 3 + k) は n⃗\vec{n} と垂直です（平面上のベクトルは法線ベクトルと垂直）。

AH→⋅n⃗\displaystyle \overrightarrow{AH} \cdot \vec{n}=(1+k)\displaystyle {}= (1 + k)+2(4+2k)\displaystyle {}+ 2(4 + 2k)+(3+k)\displaystyle {}+ (3 + k)=12\displaystyle {}= 12+6k\displaystyle {}+ 6k=0\displaystyle {}= 0

よって kk=−2{}= -2 で H(1, 0, 1)‾\underline{\mathrm{H}(1,\ 0,\ 1)}。PH→\overrightarrow{PH}=−2n⃗{}= -2\vec{n} なので

PH\displaystyle \mathrm{PH}=2∣n⃗∣\displaystyle {}= 2|\vec{n}|=21+4+1\displaystyle {}= 2\sqrt{1 + 4 + 1}=26‾\displaystyle {}= \underline{2\sqrt{6}}

確かめ：AH→\overrightarrow{AH}=(−1, 0, 1){}= (-1,\ 0,\ 1)=12AC→{}= \dfrac{1}{2}\overrightarrow{AC} なので、H は確かに平面 α\alpha 上（線分 AC の中点）にあります。

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問12　★★

4 点 O(0, 0, 0)\mathrm{O}(0,\ 0,\ 0)，A(2, 1, 0)\mathrm{A}(2,\ 1,\ 0)，B(0, 2, 1)\mathrm{B}(0,\ 2,\ 1)，C(1, 0, 2)\mathrm{C}(1,\ 0,\ 2) を頂点とする四面体について、(1) 三角形 OAB の面積、(2) 点 C と平面 OAB の距離、(3) 四面体 OABC の体積を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 212\dfrac{\sqrt{21}}{2}　(2) 3217\dfrac{3\sqrt{21}}{7}　(3) 32\dfrac{3}{2}

解説

(1) a⃗\vec{a}=(2, 1, 0){}= (2,\ 1,\ 0)，b⃗\vec{b}=(0, 2, 1){}= (0,\ 2,\ 1) で、∣a⃗∣2|\vec{a}|^2=5{}= 5，∣b⃗∣2|\vec{b}|^2=5{}= 5，a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=2{}= 2 なので

△OAB\displaystyle \triangle \mathrm{OAB}=1225−4\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{25 - 4}=212‾\displaystyle {}= \underline{\frac{\sqrt{21}}{2}}

(2) 平面 OAB に垂直なベクトル n⃗\vec{n}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z) を求めます。2x2x+y{}+ y=0{}= 0，2y2y+z{}+ z=0{}= 0 から yy=−2x{}= -2x，zz=4x{}= 4x で、n⃗\vec{n}=(1, −2, 4){}= (1,\ -2,\ 4)，∣n⃗∣|\vec{n}|=21{}= \sqrt{21} ととれます。

C から平面 OAB に下ろした垂線の足を H とすると、HC→\overrightarrow{HC}=kn⃗{}= k\vec{n} と書けます。OH→\overrightarrow{OH} は平面上のベクトルなので OH→⋅n⃗\overrightarrow{OH} \cdot \vec{n}=0{}= 0。したがって

c⃗⋅n⃗\displaystyle \vec{c} \cdot \vec{n}=(OH→+kn⃗)⋅n⃗\displaystyle {}= (\overrightarrow{OH} + k\vec{n}) \cdot \vec{n}=k∣n⃗∣2\displaystyle {}= k|\vec{n}|^2

c⃗⋅n⃗\vec{c} \cdot \vec{n}=1{}= 1−0{}- 0+8{}+ 8=9{}= 9 なので kk=921{}= \dfrac{9}{21}=37{}= \dfrac{3}{7}。求める距離は

CH\displaystyle \mathrm{CH}=∣k∣ ∣n⃗∣\displaystyle {}= |k|\,|\vec{n}|=3721\displaystyle {}= \frac{3}{7}\sqrt{21}=3217‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3\sqrt{21}}{7}}

これは OC→\overrightarrow{OC} の n⃗\vec{n} 方向への正射影の長さ ∣c⃗⋅n⃗∣∣n⃗∣\dfrac{|\vec{c} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=921{}= \dfrac{9}{\sqrt{21}} と同じです。

(3)

V\displaystyle V=13⋅212⋅3217\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \frac{\sqrt{21}}{2} \cdot \frac{3\sqrt{21}}{7}=3⋅213⋅2⋅7\displaystyle {}= \frac{3 \cdot 21}{3 \cdot 2 \cdot 7}=32‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3}{2}}
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問13　★★

点 A(2, −1, 3)\mathrm{A}(2,\ -1,\ 3) を通り、d⃗\vec{d}=(1, 2, −1){}= (1,\ 2,\ -1) に平行な直線上を点 P が動きます。原点 O と P の距離 OP の最小値と、そのときの P の座標を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

最小値 522\dfrac{5\sqrt{2}}{2}，P(52, 0, 52)\mathrm{P}\left(\dfrac{5}{2},\ 0,\ \dfrac{5}{2}\right)

解説

OP→\overrightarrow{OP}=(2+t, −1+2t, 3−t){}= (2 + t,\ -1 + 2t,\ 3 - t) とおけます。

OP2\displaystyle \mathrm{OP}^2=(2+t)2\displaystyle {}= (2 + t)^2+(−1+2t)2\displaystyle {}+ (-1 + 2t)^2+(3−t)2\displaystyle {}+ (3 - t)^2=6t2\displaystyle {}= 6t^2−6t\displaystyle {}- 6t+14\displaystyle {}+ 14=6(t−12)2\displaystyle {}= 6\left(t - \frac{1}{2}\right)^2+252\displaystyle {}+ \frac{25}{2}

tt=12{}= \dfrac{1}{2} で最小になり、最小値は 252\sqrt{\dfrac{25}{2}}=522‾{}= \underline{\dfrac{5\sqrt{2}}{2}}。このとき P(52, 0, 52)‾\underline{\mathrm{P}\left(\dfrac{5}{2},\ 0,\ \dfrac{5}{2}\right)} です。

このとき OP→⋅d⃗\overrightarrow{OP} \cdot \vec{d}=52{}= \dfrac{5}{2}+0{}+ 0−52{}- \dfrac{5}{2}=0{}= 0 で、OP\mathrm{OP}⊥d⃗{}\perp \vec{d} になっています。最短になるのは、O から直線に下ろした垂線の足の位置です（第5章 j10 と同じ考え方）。

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問14　★★

四面体 OABC で OA\mathrm{OA}⊥BC{}\perp \mathrm{BC} かつ OB\mathrm{OB}⊥CA{}\perp \mathrm{CA} ならば、OC\mathrm{OC}⊥AB{}\perp \mathrm{AB} であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

2 つの条件の式を足すと c⃗⋅(b⃗−a⃗)\vec{c} \cdot (\vec{b} - \vec{a})=0{}= 0 になる

解説

OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とします。条件から

a⃗⋅(c⃗−b⃗)\displaystyle \vec{a} \cdot (\vec{c} - \vec{b})=0\displaystyle {}= 0  ⟺  a⃗⋅c⃗\displaystyle {}\iff \vec{a} \cdot \vec{c}−a⃗⋅b⃗\displaystyle {}- \vec{a} \cdot \vec{b}=0\displaystyle {}= 0(i)\displaystyle (\mathrm{i}) b⃗⋅(a⃗−c⃗)\displaystyle \vec{b} \cdot (\vec{a} - \vec{c})=0\displaystyle {}= 0  ⟺  a⃗⋅b⃗\displaystyle {}\iff \vec{a} \cdot \vec{b}−b⃗⋅c⃗\displaystyle {}- \vec{b} \cdot \vec{c}=0\displaystyle {}= 0(ii)\displaystyle (\mathrm{ii})

(i)(\mathrm{i})+(ii){}+ (\mathrm{ii}) で a⃗⋅c⃗\vec{a} \cdot \vec{c}−b⃗⋅c⃗{}- \vec{b} \cdot \vec{c}=0{}= 0。これは

OC→⋅AB→\displaystyle \overrightarrow{OC} \cdot \overrightarrow{AB}=c⃗⋅(b⃗−a⃗)\displaystyle {}= \vec{c} \cdot (\vec{b} - \vec{a})=b⃗⋅c⃗\displaystyle {}= \vec{b} \cdot \vec{c}−a⃗⋅c⃗\displaystyle {}- \vec{a} \cdot \vec{c}=0\displaystyle {}= 0

を意味します。OC→\overrightarrow{OC}，AB→\overrightarrow{AB} は 0⃗\vec{0} でないので OC\mathrm{OC}⊥AB{}\perp \mathrm{AB} です。（証明終）

3 つの条件はどれも「a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=b⃗⋅c⃗{}= \vec{b} \cdot \vec{c}=c⃗⋅a⃗{}= \vec{c} \cdot \vec{a} のうちの 1 つの等号」なので、2 つが成り立てば残りも成り立ちます。第5章 j19 の垂心の話の、空間版です。

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問15　★★

原点 O を通り、a⃗\vec{a}=(1, 1, 0){}= (1,\ 1,\ 0)，b⃗\vec{b}=(0, 1, 1){}= (0,\ 1,\ 1) に平行な平面を α\alpha とします。点 P(3, −1, 4)\mathrm{P}(3,\ -1,\ 4) から α\alpha に下ろした垂線の足 H の座標と、線分 PH の長さを求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

H(13, 53, 43)\mathrm{H}\left(\dfrac{1}{3},\ \dfrac{5}{3},\ \dfrac{4}{3}\right)，PH\mathrm{PH}=833{}= \dfrac{8\sqrt{3}}{3}

解説

H は α\alpha 上にあるので OH→\overrightarrow{OH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b} とおけます。p⃗\vec{p}=(3, −1, 4){}= (3,\ -1,\ 4) として、PH→\overrightarrow{PH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b}−p⃗{}- \vec{p} が a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} と垂直になる条件を立てます。

∣a⃗∣2|\vec{a}|^2=∣b⃗∣2{}= |\vec{b}|^2=2{}= 2，a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=1{}= 1，p⃗⋅a⃗\vec{p} \cdot \vec{a}=2{}= 2，p⃗⋅b⃗\vec{p} \cdot \vec{b}=3{}= 3 なので

PH→⋅a⃗\displaystyle \overrightarrow{PH} \cdot \vec{a}=2s\displaystyle {}= 2s+t\displaystyle {}+ t−2\displaystyle {}- 2=0,\displaystyle {}= 0,PH→⋅b⃗\displaystyle \overrightarrow{PH} \cdot \vec{b}=s\displaystyle {}= s+2t\displaystyle {}+ 2t−3\displaystyle {}- 3=0\displaystyle {}= 0

1 つ目の 2 倍から 2 つ目を引くと 3s3s−1{}- 1=0{}= 0 で ss=13{}= \dfrac{1}{3}，tt=2{}= 2−2s{}- 2s=43{}= \dfrac{4}{3}。

OH→\displaystyle \overrightarrow{OH}=13(1, 1, 0)\displaystyle {}= \frac{1}{3}(1,\ 1,\ 0)+43(0, 1, 1)\displaystyle {}+ \frac{4}{3}(0,\ 1,\ 1)=(13, 53, 43)\displaystyle {}= \left(\frac{1}{3},\ \frac{5}{3},\ \frac{4}{3}\right)

よって H(13, 53, 43)‾\underline{\mathrm{H}\left(\dfrac{1}{3},\ \dfrac{5}{3},\ \dfrac{4}{3}\right)}。HP→\overrightarrow{HP}=(83, −83, 83){}= \left(\dfrac{8}{3},\ -\dfrac{8}{3},\ \dfrac{8}{3}\right)=83(1, −1, 1){}= \dfrac{8}{3}(1,\ -1,\ 1) なので

PH\displaystyle \mathrm{PH}=833\displaystyle {}= \frac{8}{3}\sqrt{3}=833‾\displaystyle {}= \underline{\frac{8\sqrt{3}}{3}}

確かめ：(1, −1, 1)⋅a⃗(1,\ -1,\ 1) \cdot \vec{a}=0{}= 0，(1, −1, 1)⋅b⃗(1,\ -1,\ 1) \cdot \vec{b}=0{}= 0 で、HP→\overrightarrow{HP} は確かに α\alpha に垂直です。

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問16　★★

2 点 A(1, 2, 1)\mathrm{A}(1,\ 2,\ 1)，B(2, −1, 3)\mathrm{B}(2,\ -1,\ 3) があります。zz 軸上の点 P で ∠APB\angle \mathrm{APB}=90∘{}= 90^\circ となるものの座標をすべて求め、そのうち zz 座標が小さいほうの P について、三角形 APB の面積を求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

P(0, 0, 1)\mathrm{P}(0,\ 0,\ 1)，(0, 0, 3)(0,\ 0,\ 3)。P(0, 0, 1)\mathrm{P}(0,\ 0,\ 1) のとき面積 352\dfrac{3\sqrt{5}}{2}

解説

P(0, 0, p)\mathrm{P}(0,\ 0,\ p) とおくと

PA→\displaystyle \overrightarrow{PA}=(1, 2, 1−p),\displaystyle {}= (1,\ 2,\ 1 - p),PB→\displaystyle \overrightarrow{PB}=(2, −1, 3−p)\displaystyle {}= (2,\ -1,\ 3 - p)

どちらも 0⃗\vec{0} ではないので、∠APB\angle \mathrm{APB}=90∘{}= 90^\circ の条件は PA→⋅PB→\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB}=0{}= 0 です。

2\displaystyle 2−2\displaystyle {}- 2+(1−p)(3−p)\displaystyle {}+ (1 - p)(3 - p)=p2\displaystyle {}= p^2−4p\displaystyle {}- 4p+3\displaystyle {}+ 3=(p−1)(p−3)\displaystyle {}= (p - 1)(p - 3)=0\displaystyle {}= 0

よって P(0, 0, 1),‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\mathrm{P}(0,\ 0,\ 1),} (0, 0, 3)‾\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\ (0,\ 0,\ 3)} です。

P(0, 0, 1)\mathrm{P}(0,\ 0,\ 1) のとき PA→\overrightarrow{PA}=(1, 2, 0){}= (1,\ 2,\ 0)，PB→\overrightarrow{PB}=(2, −1, 2){}= (2,\ -1,\ 2) で、PA\mathrm{PA}=5{}= \sqrt{5}，PB\mathrm{PB}=3{}= 3。直角三角形なので

△APB\displaystyle \triangle \mathrm{APB}=12⋅5⋅3\displaystyle {}= \frac{1}{2} \cdot \sqrt{5} \cdot 3=352‾\displaystyle {}= \underline{\frac{3\sqrt{5}}{2}}
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問17　★★★

四面体 OABC で OA\mathrm{OA}=BC{}= \mathrm{BC}=5{}= \sqrt{5}，OB\mathrm{OB}=CA{}= \mathrm{CA}=10{}= \sqrt{10}，OC\mathrm{OC}=AB{}= \mathrm{AB}=13{}= \sqrt{13} です。OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とし、C から平面 OAB に下ろした垂線の足を H とします。(1) a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}，b⃗⋅c⃗\vec{b} \cdot \vec{c}，c⃗⋅a⃗\vec{c} \cdot \vec{a}、(2) OH→\overrightarrow{OH} を a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} で表した式と線分 CH の長さ、(3) 四面体 OABC の体積を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=1{}= 1，b⃗⋅c⃗\vec{b} \cdot \vec{c}=9{}= 9，c⃗⋅a⃗\vec{c} \cdot \vec{a}=4{}= 4　(2) OH→\overrightarrow{OH}=3149a⃗{}= \dfrac{31}{49}\vec{a}+4149b⃗{}+ \dfrac{41}{49}\vec{b}，CH\mathrm{CH}=127{}= \dfrac{12}{7}　(3) 22

解説

(1) 公式4の「辺の長さと内積」を使います。

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=OA2+OB2−AB22\displaystyle {}= \frac{\mathrm{OA}^2 + \mathrm{OB}^2 - \mathrm{AB}^2}{2}=5+10−132\displaystyle {}= \frac{5 + 10 - 13}{2}=1‾\displaystyle {}= \underline{1} b⃗⋅c⃗\displaystyle \vec{b} \cdot \vec{c}=OB2+OC2−BC22\displaystyle {}= \frac{\mathrm{OB}^2 + \mathrm{OC}^2 - \mathrm{BC}^2}{2}=10+13−52\displaystyle {}= \frac{10 + 13 - 5}{2}=9‾,\displaystyle {}= \underline{9},c⃗⋅a⃗\displaystyle \vec{c} \cdot \vec{a}=OC2+OA2−CA22\displaystyle {}= \frac{\mathrm{OC}^2 + \mathrm{OA}^2 - \mathrm{CA}^2}{2}=13+5−102\displaystyle {}= \frac{13 + 5 - 10}{2}=4‾\displaystyle {}= \underline{4}

(2) OH→\overrightarrow{OH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b} とおくと CH→\overrightarrow{CH}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b}−c⃗{}- \vec{c}。CH→\overrightarrow{CH}⊥a⃗{}\perp \vec{a}，CH→\overrightarrow{CH}⊥b⃗{}\perp \vec{b} から

5s\displaystyle 5s+t\displaystyle {}+ t−4\displaystyle {}- 4=0,\displaystyle {}= 0,s\displaystyle s+10t\displaystyle {}+ 10t−9\displaystyle {}- 9=0\displaystyle {}= 0

1 つ目から tt=4{}= 4−5s{}- 5s。2 つ目に代入して ss+40{}+ 40−50s{}- 50s−9{}- 9=0{}= 0，49s49s=31{}= 31。よって ss=3149{}= \dfrac{31}{49}，tt=4{}= 4−15549{}- \dfrac{155}{49}=4149{}= \dfrac{41}{49} で

OH→=3149a⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\overrightarrow{OH} = \frac{31}{49}\vec{a}}+4149b⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \frac{41}{49}\vec{b}}

OH→\overrightarrow{OH}=c⃗{}= \vec{c}+CH→{}+ \overrightarrow{CH} と CH→\overrightarrow{CH}⊥OH→{}\perp \overrightarrow{OH} から、∣OH→∣2|\overrightarrow{OH}|^2=OH→⋅(c⃗+CH→){}= \overrightarrow{OH} \cdot (\vec{c} + \overrightarrow{CH})=OH→⋅c⃗{}= \overrightarrow{OH} \cdot \vec{c} です。

∣OH→∣2\displaystyle |\overrightarrow{OH}|^2=3149⋅4\displaystyle {}= \frac{31}{49} \cdot 4+4149⋅9\displaystyle {}+ \frac{41}{49} \cdot 9=124+36949\displaystyle {}= \frac{124 + 369}{49}=49349\displaystyle {}= \frac{493}{49}

三平方の定理から

CH2\displaystyle \mathrm{CH}^2=OC2\displaystyle {}= \mathrm{OC}^2−OH2\displaystyle {}- \mathrm{OH}^2=13\displaystyle {}= 13−49349\displaystyle {}- \frac{493}{49}=14449,\displaystyle {}= \frac{144}{49},CH=127‾\displaystyle \underline{\mathrm{CH} = \frac{12}{7}}

(3) 三角形 OAB の面積は公式3から 125⋅10−12\dfrac{1}{2}\sqrt{5 \cdot 10 - 1^2}=72{}= \dfrac{7}{2}。

V\displaystyle V=13⋅72⋅127\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \frac{7}{2} \cdot \frac{12}{7}=2‾\displaystyle {}= \underline{2}

別の見方：向かい合う辺の長さが等しい四面体は、縦・横・高さが 11，22，33 の直方体の 4 つの頂点を選んでつくれます（面の対角線が 5\sqrt{5}，13\sqrt{13}，10\sqrt{10}）。直方体の体積 66 から、角の四面体 4 つ（それぞれ 16⋅1⋅2⋅3\dfrac{1}{6} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3=1{}= 1）を除くと 66−4{}- 4=2{}= 2 で、一致します。

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問18　★★★

四面体 OABC で OA\mathrm{OA}=1{}= 1，OB\mathrm{OB}=2{}= 2，OC\mathrm{OC}=3{}= 3，∠AOB\angle \mathrm{AOB}=∠BOC{}= \angle \mathrm{BOC}=∠COA{}= \angle \mathrm{COA}=90∘{}= 90^\circ です。OA→\overrightarrow{OA}=a⃗{}= \vec{a}，OB→\overrightarrow{OB}=b⃗{}= \vec{b}，OC→\overrightarrow{OC}=c⃗{}= \vec{c} とし、O から平面 ABC に下ろした垂線の足を H とします。(1) OH→\overrightarrow{OH} を a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b}，c⃗\vec{c} で表した式、(2) 線分 OH の長さと三角形 ABC の面積、(3) 直線 AH と辺 BC の交点を K とするときの BK:KC\mathrm{BK} : \mathrm{KC} を、それぞれ求めなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) OH→\overrightarrow{OH}=3649a⃗{}= \dfrac{36}{49}\vec{a}+949b⃗{}+ \dfrac{9}{49}\vec{b}+449c⃗{}+ \dfrac{4}{49}\vec{c}　(2) OH\mathrm{OH}=67{}= \dfrac{6}{7}，△ABC\triangle \mathrm{ABC}=72{}= \dfrac{7}{2}　(3) 4:94 : 9

解説

∣a⃗∣|\vec{a}|=1{}= 1，∣b⃗∣|\vec{b}|=2{}= 2，∣c⃗∣|\vec{c}|=3{}= 3，a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b}=b⃗⋅c⃗{}= \vec{b} \cdot \vec{c}=c⃗⋅a⃗{}= \vec{c} \cdot \vec{a}=0{}= 0 です。

(1) H は平面 ABC 上にあるので OH→\overrightarrow{OH}=xa⃗{}= x\vec{a}+yb⃗{}+ y\vec{b}+zc⃗{}+ z\vec{c}，xx+y{}+ y+z{}+ z=1{}= 1 とおけます（第7章 公式6）。OH→\overrightarrow{OH}⊥AB→{}\perp \overrightarrow{AB}，OH→\overrightarrow{OH}⊥AC→{}\perp \overrightarrow{AC} から

OH→⋅(b⃗−a⃗)\displaystyle \overrightarrow{OH} \cdot (\vec{b} - \vec{a})=4y\displaystyle {}= 4y−x\displaystyle {}- x=0,\displaystyle {}= 0,OH→⋅(c⃗−a⃗)\displaystyle \overrightarrow{OH} \cdot (\vec{c} - \vec{a})=9z\displaystyle {}= 9z−x\displaystyle {}- x=0\displaystyle {}= 0

yy=x4{}= \dfrac{x}{4}，zz=x9{}= \dfrac{x}{9} を xx+y{}+ y+z{}+ z=1{}= 1 に代入すると x⋅36+9+436x \cdot \dfrac{36 + 9 + 4}{36}=1{}= 1 で xx=3649{}= \dfrac{36}{49}，yy=949{}= \dfrac{9}{49}，zz=449{}= \dfrac{4}{49}。

OH→=3649a⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}\overrightarrow{OH} = \frac{36}{49}\vec{a}}+949b⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \frac{9}{49}\vec{b}}+449c⃗‾\displaystyle \underline{\rule[-0.686em]{0em}{2.0074em}{}+ \frac{4}{49}\vec{c}}

(2) 内積がすべて 00 なので

OH2\displaystyle \mathrm{OH}^2=(3649)2⋅1\displaystyle {}= \left(\frac{36}{49}\right)^2 \cdot 1+(949)2⋅4\displaystyle {}+ \left(\frac{9}{49}\right)^2 \cdot 4+(449)2⋅9\displaystyle {}+ \left(\frac{4}{49}\right)^2 \cdot 9=1296+324+144492\displaystyle {}= \frac{1296 + 324 + 144}{49^2}=1764492\displaystyle {}= \frac{1764}{49^2}=(4249)2\displaystyle {}= \left(\frac{42}{49}\right)^2

よって OH=67‾\underline{\mathrm{OH} = \dfrac{6}{7}}。四面体の体積は、三角形 OAB（面積 11）を底面、OC（OC\mathrm{OC}⊥OA{}\perp \mathrm{OA}，OC\mathrm{OC}⊥OB{}\perp \mathrm{OB} なので高さ）を高さとみて VV=13⋅1⋅3{}= \dfrac{1}{3} \cdot 1 \cdot 3=1{}= 1。三角形 ABC を底面とみると VV=13⋅△ABC⋅OH{}= \dfrac{1}{3} \cdot \triangle \mathrm{ABC} \cdot \mathrm{OH} なので

△ABC\displaystyle \triangle \mathrm{ABC}=3VOH\displaystyle {}= \frac{3V}{\mathrm{OH}}=367\displaystyle {}= \frac{3}{\frac{6}{7}}=72‾\displaystyle {}= \underline{\frac{7}{2}}

(3) AH→\overrightarrow{AH}=OH→{}= \overrightarrow{OH}−a⃗{}- \vec{a}=−1349a⃗{}= -\dfrac{13}{49}\vec{a}+949b⃗{}+ \dfrac{9}{49}\vec{b}+449c⃗{}+ \dfrac{4}{49}\vec{c} です。K は直線 AH 上にあるので、実数 kk を使って

OK→\displaystyle \overrightarrow{OK}=a⃗\displaystyle {}= \vec{a}+kAH→\displaystyle {}+ k\overrightarrow{AH}=(1−13k49)a⃗\displaystyle {}= \left(1 - \frac{13k}{49}\right)\vec{a}+9k49b⃗\displaystyle {}+ \frac{9k}{49}\vec{b}+4k49c⃗\displaystyle {}+ \frac{4k}{49}\vec{c}

K は辺 BC 上にあるので a⃗\vec{a} の係数が 00（第7章 公式6）。kk=4913{}= \dfrac{49}{13} で

OK→\displaystyle \overrightarrow{OK}=913b⃗\displaystyle {}= \frac{9}{13}\vec{b}+413c⃗\displaystyle {}+ \frac{4}{13}\vec{c}=9b⃗+4c⃗4+9\displaystyle {}= \frac{9\vec{b} + 4\vec{c}}{4 + 9}

これは BC を 4:94 : 9 に内分する点なので、BK:KC=4:9‾\underline{\mathrm{BK} : \mathrm{KC} = 4 : 9} です。

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問19　★★★

3 点 A(1, 0, 0)\mathrm{A}(1,\ 0,\ 0)，B(0, 2, 0)\mathrm{B}(0,\ 2,\ 0)，C(0, 0, 2)\mathrm{C}(0,\ 0,\ 2) を頂点とする三角形 ABC の面積を SS とします。三角形 ABC の各頂点から xyxy 平面，yzyz 平面，zxzx 平面に下ろした垂線の足を結んでできる三角形の面積を、それぞれ S1S_1，S2S_2，S3S_3 とします。(1) SS を求め、(2) S2S^2=S12{}= S_1^2+S22{}+ S_2^2+S32{}+ S_3^2 が成り立つことを示し、(3) 平面 ABC に垂直な単位ベクトル e⃗\vec{e} と e3⃗\vec{e_3}=(0, 0, 1){}= (0,\ 0,\ 1) のなす角を θ\theta とするとき、S1S_1=S∣cos⁡θ∣{}= S|\cos\theta| となることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) SS=6{}= \sqrt{6}　(2) S1S_1=1{}= 1，S2S_2=2{}= 2，S3S_3=1{}= 1 で 11+4{}+ 4+1{}+ 1=6{}= 6　(3) ∣cos⁡θ∣|\cos\theta|=16{}= \dfrac{1}{\sqrt{6}} で S∣cos⁡θ∣S|\cos\theta|=1{}= 1=S1{}= S_1

解説

(1) AB→\overrightarrow{AB}=(−1, 2, 0){}= (-1,\ 2,\ 0)，AC→\overrightarrow{AC}=(−1, 0, 2){}= (-1,\ 0,\ 2) で、∣AB→∣2|\overrightarrow{AB}|^2=5{}= 5，∣AC→∣2|\overrightarrow{AC}|^2=5{}= 5，AB→⋅AC→\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=1{}= 1。

S\displaystyle S=1225−1\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{25 - 1}=1224\displaystyle {}= \frac{1}{2}\sqrt{24}=6‾\displaystyle {}= \underline{\sqrt{6}}

(2) xyxy 平面への垂線の足は zz 座標を 00 にした点なので、(1, 0, 0)(1,\ 0,\ 0)，(0, 2, 0)(0,\ 2,\ 0)，(0, 0, 0)(0,\ 0,\ 0)。直角をはさむ 2 辺が 11，22 の直角三角形で S1S_1=1{}= 1。

同様に yzyz 平面では (0, 0, 0)(0,\ 0,\ 0)，(0, 2, 0)(0,\ 2,\ 0)，(0, 0, 2)(0,\ 0,\ 2) で S2S_2=12⋅2⋅2{}= \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2=2{}= 2、zxzx 平面では (1, 0, 0)(1,\ 0,\ 0)，(0, 0, 0)(0,\ 0,\ 0)，(0, 0, 2)(0,\ 0,\ 2) で S3S_3=12⋅1⋅2{}= \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2=1{}= 1。

S12\displaystyle S_1^2+S22\displaystyle {}+ S_2^2+S32\displaystyle {}+ S_3^2=1\displaystyle {}= 1+4\displaystyle {}+ 4+1\displaystyle {}+ 1=6\displaystyle {}= 6=S2\displaystyle {}= S^2

よって成り立ちます。（証明終）

(3) e⃗\vec{e}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z) が AB→\overrightarrow{AB}，AC→\overrightarrow{AC} に垂直なので −x-x+2y{}+ 2y=0{}= 0，−x-x+2z{}+ 2z=0{}= 0。yy=z{}= z=x2{}= \dfrac{x}{2} で、e⃗\vec{e} は (2, 1, 1)(2,\ 1,\ 1) と平行です。∣(2, 1, 1)∣|(2,\ 1,\ 1)|=6{}= \sqrt{6} なので e⃗\vec{e}=±16(2, 1, 1){}= \pm\dfrac{1}{\sqrt{6}}(2,\ 1,\ 1)。

∣cos⁡θ∣\displaystyle |\cos\theta|=∣e⃗⋅e3⃗∣∣e⃗∣ ∣e3⃗∣\displaystyle {}= \frac{|\vec{e} \cdot \vec{e_3}|}{|\vec{e}|\,|\vec{e_3}|}=16\displaystyle {}= \frac{1}{\sqrt{6}}

よって S∣cos⁡θ∣S|\cos\theta|=6⋅16{}= \sqrt{6} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{6}}=1{}= 1=S1{}= S_1 です。（証明終）

(2) は「三平方の定理の面積版」と呼べる関係で、厳密定義ページの定理4で一般に証明します。(3) は、傾いた板の影の面積が、板の面積に「傾きの角の cos⁡\cos」をかけたものになることを表しています。

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問20　★★★

実数 xx，yy，zz が x2x^2+y2{}+ y^2+z2{}+ z^2=4{}= 4 を満たします。(1) xx+2y{}+ 2y+2z{}+ 2z の最大値と最小値、およびそのときの xx，yy，zz の値を求め、(2) x2x^2+y2{}+ y^2+z2{}+ z^2=4{}= 4 かつ xx+2y{}+ 2y+2z{}+ 2z=6{}= 6 を満たす実数の組 (x, y, z)(x,\ y,\ z) はただ 1 組であることを示しなさい。

つまずいたときは：
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答え

(1) 最大値 66（xx=23{}= \dfrac{2}{3}，yy=z{}= z=43{}= \dfrac{4}{3}），最小値 −6-6（xx=−23{}= -\dfrac{2}{3}，yy=z{}= z=−43{}= -\dfrac{4}{3}）　(2) p⃗\vec{p} と a⃗\vec{a} のなす角が 0∘0^\circ に限られ、p⃗\vec{p}=23a⃗{}= \dfrac{2}{3}\vec{a} だけになる

解説

(1) p⃗\vec{p}=(x, y, z){}= (x,\ y,\ z)，a⃗\vec{a}=(1, 2, 2){}= (1,\ 2,\ 2) とおくと、∣p⃗∣|\vec{p}|=2{}= 2，∣a⃗∣|\vec{a}|=3{}= 3 で、xx+2y{}+ 2y+2z{}+ 2z=a⃗⋅p⃗{}= \vec{a} \cdot \vec{p} です。a⃗\vec{a} と p⃗\vec{p} のなす角を θ\theta とすると

x\displaystyle x+2y\displaystyle {}+ 2y+2z\displaystyle {}+ 2z=∣a⃗∣ ∣p⃗∣cos⁡θ\displaystyle {}= |\vec{a}|\,|\vec{p}|\cos\theta=6cos⁡θ\displaystyle {}= 6\cos\theta

−1-1≦cos⁡θ{}\leqq \cos\theta≦1{}\leqq 1 なので −6-6≦x{}\leqq x+2y{}+ 2y+2z{}+ 2z≦6{}\leqq 6。

最大値 66 をとるのは θ\theta=0∘{}= 0^\circ，つまり p⃗\vec{p} が a⃗\vec{a} と同じ向きで大きさ 22 のときで、p⃗\vec{p}=23a⃗{}= \dfrac{2}{3}\vec{a}=(23, 43, 43){}= \left(\dfrac{2}{3},\ \dfrac{4}{3},\ \dfrac{4}{3}\right)。最小値 −6-6 をとるのは θ\theta=180∘{}= 180^\circ のときで、p⃗\vec{p}=−23a⃗{}= -\dfrac{2}{3}\vec{a}。まとめると

  • 最大値 6‾\underline{6}（xx=23{}= \dfrac{2}{3}，yy=z{}= z=43{}= \dfrac{4}{3}）
  • 最小値 −6‾\underline{-6}（xx=−23{}= -\dfrac{2}{3}，yy=z{}= z=−43{}= -\dfrac{4}{3}）

(2) 2 つの式を満たすとき、(1) の記号で 6cos⁡θ6\cos\theta=6{}= 6 なので cos⁡θ\cos\theta=1{}= 1，θ\theta=0∘{}= 0^\circ です。p⃗\vec{p} は a⃗\vec{a} と同じ向きの大きさ 22 のベクトルなので、p⃗\vec{p}=2⋅a⃗∣a⃗∣{}= 2 \cdot \dfrac{\vec{a}}{|\vec{a}|}=23a⃗{}= \dfrac{2}{3}\vec{a} に限られます。逆にこの p⃗\vec{p} は 2 つの式を満たすので、組はただ 1 つ、(x, y, z)(x,\ y,\ z)=(23, 43, 43){}= \left(\dfrac{2}{3},\ \dfrac{4}{3},\ \dfrac{4}{3}\right) です。（証明終）

これは数と式 第10章のコーシー・シュワルツの不等式 (x+2y+2z)2(x + 2y + 2z)^2 {}≦(12+22+22)(x2+y2+z2){}\leqq (1^2 + 2^2 + 2^2)(x^2 + y^2 + z^2) と、その等号条件を、内積の言葉で言い直したものです。

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数学小話コーナー

メタン分子の角度は約 109.5°——立方体の中の内積

都市ガスの主な成分であるメタンは、炭素原子 1 個に水素原子 4 個がついた分子 CH4\mathrm{CH_4} です。4 個の水素は、炭素を中心とする正四面体の頂点に並んでいます。炭素から見た 2 つの水素のなす角は、化学の教科書では約 109.5∘109.5^\circ と書かれています。この中途半端な数は、空間の内積から出てきます。

立方体の中心に炭素を置き、立方体の 8 つの頂点から、互いに隣り合わない 4 つを選んで水素を置きます。第7章の実践問題 j15 や、この章の j07 で見たとおり、これで正四面体ができます。中心を原点、立方体の頂点を (±1, ±1, ±1)(\pm 1,\ \pm 1,\ \pm 1) とすると、4 つの水素の位置ベクトルは、たとえば

(1, 1, 1),\displaystyle (1,\ 1,\ 1),(1, −1, −1),\displaystyle (1,\ -1,\ -1),(−1, 1, −1),\displaystyle (-1,\ 1,\ -1),(−1, −1, 1)\displaystyle (-1,\ -1,\ 1)

です。どの 2 本をとっても、内積は −1-1、大きさは 3\sqrt{3} です。たとえば (1, 1, 1)⋅(1, −1, −1)(1,\ 1,\ 1) \cdot (1,\ -1,\ -1)=1{}= 1−1{}- 1−1{}- 1=−1{}= -1 なので

cos⁡θ\displaystyle \cos\theta=−13⋅3\displaystyle {}= \frac{-1}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}=−13,\displaystyle {}= -\frac{1}{3},θ\displaystyle \theta≒109.47∘\displaystyle {}\fallingdotseq 109.47^\circ

となります。4 本の手を、互いにできるだけ離して空間に伸ばすと、この角度になるのです。平面なら 4 本の手は 90∘90^\circ ずつ開けますが、空間では 90∘90^\circ より広く開けます。

炭素が正四面体の形で手を伸ばすという考えは、1874 年に、オランダのファント・ホッフとフランスのル・ベルが、それぞれ独立に発表しました。当時は分子の形を直接見る方法がなく、化合物の性質から推理した大胆な説でした。ファント・ホッフは、1901 年に始まったノーベル化学賞の最初の受賞者です（受賞理由は、溶液の浸透圧などの別の研究です）。

豆知識

水分子 H2O\mathrm{H_2O} の H–O–H の角は約 104.5∘104.5^\circ で、109.5∘109.5^\circ より少し狭くなっています。酸素のまわりにも 4 つの「手」があるのですが、そのうち 2 つは水素と結びつかない電子の組で、これが水素の側を押し縮めるためだと説明されています。ダイヤモンドの中の炭素も、4 つの隣の炭素と正四面体の形でつながっていて、その角度はやはり約 109.5∘109.5^\circ です。

大きさが違っても角度は同じ——結晶の面角一定の法則

水晶（石英の結晶）は、六角柱の先がとがった形に育ちます。ところが、自然の水晶を並べてみると、太いもの、細いもの、ある面だけが大きく育ってゆがんだものなど、形はばらばらです。

17 世紀のデンマーク出身の学者ニコラウス・ステノは、多くの水晶を切ったり測ったりして、1669 年の著作で次のことを述べました。結晶の形がどれだけゆがんでいても、対応する 2 つの面がつくる角は変わらない。これは今日、面角一定の法則と呼ばれ、結晶学の出発点の 1 つとされています（※法則として一般の結晶に広げたのは、18 世紀のロメ・ド・リールらだといわれます）。

理由は、面の「位置」と「向き」を分けて考えるとわかります。結晶は原子が規則正しく積み重なってできていて、面が育つときに変わるのは、面がどこまで外へ進んだかという位置だけです。面の向き、つまり面に垂直なベクトル（法線ベクトル）は、原子の並び方で決まっていて変わりません。2 つの面の角度は、2 本の法線ベクトルのなす角だけで決まるので、結晶の大きさや、どの面がよく育ったかには左右されないのです。実際、結晶学では、2 本の法線ベクトルのなす角そのものを「面角」として記録することが多いといわれます（※分野や文献によって、面そのもののなす角で表す場合もあります）。水晶の六角柱の隣り合う側面では、法線どうしのなす角が 60∘60^\circ、面どうしの内側の角が 120∘120^\circ です。

面角を測る道具として、18 世紀には、分度器に 2 本の腕をつけて結晶の面に当てる接触測角器が考案されました（※考案者と年代には諸説あります）。面角の表と照らし合わせれば、形がゆがんだ結晶でも鉱物の種類を見分けられます。

豆知識

ステノは、地質学や解剖学でも名前が残る人物です。当時「舌石」と呼ばれ、天から降ったとも言われていた石が、サメの歯の化石であることを論じました。また、「地層は下にあるものほど古い」という地層累重の法則を述べたことでも知られています。のちに聖職者となり、1988 年にはカトリック教会で「福者」に列せられました。

四面体は切って貼り合わせても立方体にならない——ヒルベルトの第3問題

平面の図形には、次のような不思議な事実があります。面積の等しい 2 つの多角形は、一方を有限個の多角形に切り分けて並べかえれば、必ずもう一方に組み立て直せます。19 世紀の前半に示されたこの定理は、ボヤイ・ゲルヴィンの定理などと呼ばれます（※名前のつけ方には諸説あります）。三角形の面積の公式も、長方形に切り貼りして説明できるのは、この事実の一例です。

では、空間でも、体積の等しい 2 つの多面体は、切り貼りで互いに移り合えるでしょうか。1900 年、パリで開かれた国際数学者会議で、ドイツのダフィット・ヒルベルトが、20 世紀に解かれるべき 23 の問題を挙げました。その 3 番目がこの問いで、ヒルベルト自身は「できない」と予想していました。

この問題は、23 問のうちで最も早く、同じ 1900 年のうちにヒルベルトの教え子マックス・デーンによって解かれました（※論文の発表は翌年以降です）。デーンは、多面体の辺の長さと、その辺で 2 つの面がつくる角（二面角）を組み合わせた量を考え、それが切り貼りで変わらないことを示しました。この量は現在デーン不変量と呼ばれます。立方体の二面角は 90∘90^\circ で、この量は 00 になります。一方、正四面体の二面角は cos⁡α\cos\alpha=13{}= \dfrac{1}{3} を満たす角 α\alpha≒70.53∘{}\fallingdotseq 70.53^\circ で、これは 180∘180^\circ に有理数をかけた角にはならず、デーン不変量は 00 になりません。そのため、同じ体積の正四面体と立方体は、どう切り貼りしても互いに移り合えないのです。

小話1で求めた正四面体角 109.47∘109.47^\circ と、この二面角 70.53∘70.53^\circ を足すと、ちょうど 180∘180^\circ になります。cos⁡\cos の値が −13-\dfrac{1}{3} と 13\dfrac{1}{3} で、符号だけが違うためです。

この結果から、四面体の体積の公式にある「13\dfrac{1}{3}」は、平面の三角形の「12\dfrac{1}{2}」とは違い、有限回の切り貼りだけでは説明しきれないことがわかります。古代ギリシャのエウドクソスやユークリッドは、四面体を限りなく細かく分けていく「取り尽くし法」でこの公式を示しました。細かく分けて極限をとる考え方は、微分積分の区分求積法や、微分積分 第9章の小話のカヴァリエリの原理につながっています。

豆知識

平面での切り貼りの例として有名なのが、イギリスのパズル作家デュードニーが 20 世紀の初めに発表した「小間物屋のパズル」です。正三角形をわずか 4 つの部品に切り分け、並べかえると同じ面積の正方形になります。部品を蝶番でつなぐと、くるりと回すだけで正三角形と正方形が入れかわります。空間では、1965 年にスイスのシドラーが「体積とデーン不変量が等しければ、切り貼りで移り合える」ことを証明し、3 次元の話に決着をつけました。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。高校の範囲では、本文の公式を使って空間の内積を計算し、垂線の足・面積・体積を求められれば十分です。本文では、空間の内積の成分表示を余弦定理から導き、「2 本と垂直なら平面に垂直」「垂線の足までが最短」を図と計算で確かめました。ここでは、それらを証明の形に整え、3 本のベクトルの直交化、面積の「三平方の定理」、外積、そして第7章で予告した行列式と体積の関係を示します。

以下、空間の点・平面の基本的な性質と、第7章の厳密定義（1次独立・分解の一意性）は認めて使います。

空間の内積の成分表示

定理1：空間の内積の成分表示

座標空間（直交座標）で a⃗\vec{a}=(a1, a2, a3){}= (a_1,\ a_2,\ a_3)，b⃗\vec{b}=(b1, b2, b3){}= (b_1,\ b_2,\ b_3) とする。a⃗⋅b⃗\vec{a} \cdot \vec{b} を、a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の一方が 0⃗\vec{0} なら 00、そうでなければ ∣a⃗∣ ∣b⃗∣cos⁡θ|\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\theta（θ\theta はなす角）と定めると、つねに

a⃗⋅b⃗\displaystyle \vec{a} \cdot \vec{b}=a1b1\displaystyle {}= a_1b_1+a2b2\displaystyle {}+ a_2b_2+a3b3\displaystyle {}+ a_3b_3

が成り立つ。

証明　どちらかが 0⃗\vec{0} なら両辺とも 00 である。以下、どちらも 0⃗\vec{0} でないとする。

始点を原点にそろえ、A(a1, a2, a3)\mathrm{A}(a_1,\ a_2,\ a_3)，B(b1, b2, b3)\mathrm{B}(b_1,\ b_2,\ b_3) とする。どちらの場合も、

AB2\displaystyle \mathrm{AB}^2=∣a⃗∣2\displaystyle {}= |\vec{a}|^2+∣b⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{b}|^2−2∣a⃗∣ ∣b⃗∣cos⁡θ\displaystyle {}- 2|\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\theta(∗)\displaystyle (\ast)

を示せば、本文と同じ展開で結論が得られる。

(i) O，A，B が一直線上にないとき、三角形 OAB で ∠AOB\angle \mathrm{AOB}=θ{}= \theta なので、(∗)(\ast) は余弦定理そのものである。

(ii) 一直線上にあるとき、b⃗\vec{b}=ka⃗{}= k\vec{a}（kk≠0{}\neq 0）と書ける。kk>0{}> 0 なら θ\theta=0∘{}= 0^\circ で、(∗)(\ast) の右辺は (∣a⃗∣−∣b⃗∣)2(|\vec{a}| - |\vec{b}|)^2=(1−k)2∣a⃗∣2{}= (1 - k)^2|\vec{a}|^2。kk<0{}< 0 なら θ\theta=180∘{}= 180^\circ で、右辺は (∣a⃗∣+∣b⃗∣)2(|\vec{a}| + |\vec{b}|)^2=(1−k)2∣a⃗∣2{}= (1 - k)^2|\vec{a}|^2。どちらも左辺 ∣b⃗−a⃗∣2|\vec{b} - \vec{a}|^2=(k−1)2∣a⃗∣2{}= (k - 1)^2|\vec{a}|^2 に等しい。

2 点間の距離の公式（第7章 公式1）で (∗)(\ast) の両辺を成分で書き、整理すると a1b1a_1b_1+a2b2{}+ a_2b_2+a3b3{}+ a_3b_3=∣a⃗∣ ∣b⃗∣cos⁡θ{}= |\vec{a}|\,|\vec{b}|\cos\theta を得る。（証明終）

証明の中で、2 点間の距離の公式、つまり座標軸が互いに 垂直 であることを使っています。第3章の厳密定義で注意したとおり、成分の式は直交座標でだけ成り立ちます。この結果、内積について第3章で示した計算法則（対称性・分配法則・実数倍）も、成分の式から空間でそのまま確かめられます。

平面に垂直なベクトルと正射影

定義1：平面に垂直なベクトル

u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} を 1次独立なベクトルとし、WW={su⃗+tv⃗∣s, t は実数}{}= \{s\vec{u} + t\vec{v} \mid s,\ t\ \text{は実数}\} とする（u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} に平行な平面の向きを表すベクトル全体）。ベクトル n⃗\vec{n} が、WW のすべてのベクトル w⃗\vec{w} に対して n⃗⋅w⃗\vec{n} \cdot \vec{w}=0{}= 0 を満たすとき、n⃗\vec{n} は WW に（あるいは u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} に平行な平面に）垂直 であるという。0⃗\vec{0} でない垂直なベクトルを、その平面の 法線ベクトル という。

本文の公式5の判定は、「n⃗⋅u⃗\vec{n} \cdot \vec{u}=n⃗⋅v⃗{}= \vec{n} \cdot \vec{v}=0{}= 0 ならば n⃗\vec{n} は WW に垂直」ということで、分配法則から直ちにしたがいます。図形の性質 第7章では、この判定を合同な三角形を 2 回使って証明しましたが、ベクトルでは 1 行で済みます。

定理2：平面への正射影（直交分解）

u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} を 1次独立なベクトル、WW を定義1のとおりとする。任意のベクトル p⃗\vec{p} は

p⃗\displaystyle \vec{p}=h⃗\displaystyle {}= \vec{h}+q⃗,\displaystyle {}+ \vec{q},h⃗\displaystyle \vec{h}∈W,\displaystyle {}\in W,q⃗ は W に垂直\displaystyle \vec{q}\ \text{は}\ W\ \text{に垂直}

の形に、ただ 1 通りに表せる。さらに、WW のどのベクトル w⃗\vec{w} についても

∣p⃗−w⃗∣2\displaystyle |\vec{p} - \vec{w}|^2=∣q⃗∣2\displaystyle {}= |\vec{q}|^2+∣h⃗−w⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{h} - \vec{w}|^2≧∣q⃗∣2\displaystyle {}\geqq |\vec{q}|^2

が成り立ち、等号は w⃗\vec{w}=h⃗{}= \vec{h} のときに限る。h⃗\vec{h} を p⃗\vec{p} の WW への 正射影 という。

証明　（存在）h⃗\vec{h}=su⃗{}= s\vec{u}+tv⃗{}+ t\vec{v} とおく。q⃗\vec{q}=p⃗{}= \vec{p}−h⃗{}- \vec{h} が u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} と垂直である条件は

∣u⃗∣2s\displaystyle |\vec{u}|^2 s+(u⃗⋅v⃗) t\displaystyle {}+ (\vec{u} \cdot \vec{v})\,t=p⃗⋅u⃗,\displaystyle {}= \vec{p} \cdot \vec{u},(u⃗⋅v⃗) s\displaystyle (\vec{u} \cdot \vec{v})\,s+∣v⃗∣2t\displaystyle {}+ |\vec{v}|^2 t=p⃗⋅v⃗\displaystyle {}= \vec{p} \cdot \vec{v}

である。この連立方程式の係数から作る数 GG=∣u⃗∣2∣v⃗∣2{}= |\vec{u}|^2|\vec{v}|^2−(u⃗⋅v⃗)2{}- (\vec{u} \cdot \vec{v})^2 は、u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} を 2 辺とする平行四辺形の面積の 2 乗であり（本文 公式3の三角形の面積 SS を使うと GG=4S2{}= 4S^2）、u⃗\vec{u}，v⃗\vec{v} が 1次独立なので正である。第2章の厳密定義（2 × 2 のクラメルの公式）により、GG≠0{}\neq 0 なら ss，tt はただ 1 組に決まる。この ss，tt で作った h⃗\vec{h}，q⃗\vec{q} が求める分解である（q⃗\vec{q} は定義1の判定により WW に垂直）。

（一意性）h⃗\vec{h}+q⃗{}+ \vec{q}=h′⃗{}= \vec{h'}+q′⃗{}+ \vec{q'} と 2 通りに表せたとすると、x⃗\vec{x}=h⃗{}= \vec{h}−h′⃗{}- \vec{h'}=q′⃗{}= \vec{q'}−q⃗{}- \vec{q} は WW に属し、しかも WW に垂直である。とくに x⃗\vec{x} は自分自身と垂直なので ∣x⃗∣2|\vec{x}|^2=x⃗⋅x⃗{}= \vec{x} \cdot \vec{x}=0{}= 0，よって x⃗\vec{x}=0⃗{}= \vec{0}。

（最短）p⃗\vec{p}−w⃗{}- \vec{w}=q⃗{}= \vec{q}+(h⃗−w⃗){}+ (\vec{h} - \vec{w}) で、h⃗\vec{h}−w⃗{}- \vec{w}∈W{}\in W は q⃗\vec{q} と垂直なので

∣p⃗−w⃗∣2\displaystyle |\vec{p} - \vec{w}|^2=∣q⃗∣2\displaystyle {}= |\vec{q}|^2+2 q⃗⋅(h⃗−w⃗)\displaystyle {}+ 2\,\vec{q} \cdot (\vec{h} - \vec{w})+∣h⃗−w⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{h} - \vec{w}|^2=∣q⃗∣2\displaystyle {}= |\vec{q}|^2+∣h⃗−w⃗∣2\displaystyle {}+ |\vec{h} - \vec{w}|^2

等号は ∣h⃗−w⃗∣|\vec{h} - \vec{w}|=0{}= 0 のときに限る。（証明終）

p⃗\vec{p}=AP→{}= \overrightarrow{AP}，WW を平面 ABC の向きとすれば、A\mathrm{A}+h⃗{}+ \vec{h} が垂線の足 H、∣q⃗∣|\vec{q}| が点と平面の距離です。本文の例題5や実践問題 j15 で解いた連立方程式は、この証明の連立方程式そのものです。第5章の厳密定義 定理1（直線への正射影）が、平面への正射影に 1 段上がりました。

3 本のベクトルの直交化

第5章の厳密定義 定理4では、1次独立な 2 本から垂直な 2 本を作りました。空間では、同じ操作をもう 1 回続けられます。

定理3：グラム・シュミットの直交化（3 本）

a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b}，c⃗\vec{c} を 1次独立とする。

e1⃗\displaystyle \vec{e_1}=a⃗,\displaystyle {}= \vec{a},e2⃗\displaystyle \vec{e_2}=b⃗\displaystyle {}= \vec{b}−b⃗⋅e1⃗∣e1⃗∣2e1⃗,\displaystyle {}- \frac{\vec{b} \cdot \vec{e_1}}{|\vec{e_1}|^2}\vec{e_1},e3⃗\displaystyle \vec{e_3}=c⃗\displaystyle {}= \vec{c}−c⃗⋅e1⃗∣e1⃗∣2e1⃗\displaystyle {}- \frac{\vec{c} \cdot \vec{e_1}}{|\vec{e_1}|^2}\vec{e_1}−c⃗⋅e2⃗∣e2⃗∣2e2⃗\displaystyle {}- \frac{\vec{c} \cdot \vec{e_2}}{|\vec{e_2}|^2}\vec{e_2}

と定めると、e1⃗\vec{e_1}，e2⃗\vec{e_2}，e3⃗\vec{e_3} はどれも 0⃗\vec{0} でなく、どの 2 本も垂直である。

証明　e1⃗\vec{e_1}=a⃗{}= \vec{a}≠0⃗{}\neq \vec{0}。e2⃗\vec{e_2} は b⃗\vec{b} から a⃗\vec{a} の実数倍を引いたものなので、e2⃗\vec{e_2}=0⃗{}= \vec{0} なら b⃗\vec{b} が a⃗\vec{a} の実数倍になり、1次独立に反する。e2⃗⋅e1⃗\vec{e_2} \cdot \vec{e_1}=b⃗⋅e1⃗{}= \vec{b} \cdot \vec{e_1}−b⃗⋅e1⃗∣e1⃗∣2∣e1⃗∣2{}- \dfrac{\vec{b} \cdot \vec{e_1}}{|\vec{e_1}|^2}|\vec{e_1}|^2=0{}= 0。

e1⃗\vec{e_1}，e2⃗\vec{e_2} は a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の実数倍の和なので、e3⃗\vec{e_3} は c⃗\vec{c} から a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の実数倍の和を引いたものである。e3⃗\vec{e_3}=0⃗{}= \vec{0} なら c⃗\vec{c} が a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} で表され、第7章の定理1 に反する。また e1⃗⋅e2⃗\vec{e_1} \cdot \vec{e_2}=0{}= 0 を使うと

e3⃗⋅e1⃗\displaystyle \vec{e_3} \cdot \vec{e_1}=c⃗⋅e1⃗\displaystyle {}= \vec{c} \cdot \vec{e_1}−c⃗⋅e1⃗∣e1⃗∣2∣e1⃗∣2\displaystyle {}- \frac{\vec{c} \cdot \vec{e_1}}{|\vec{e_1}|^2}|\vec{e_1}|^2−0\displaystyle {}- 0=0\displaystyle {}= 0

同様に e3⃗⋅e2⃗\vec{e_3} \cdot \vec{e_2}=0{}= 0。（証明終）

e3⃗\vec{e_3} は、c⃗\vec{c} から「a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} の平面への正射影」を引いた残り、つまり定理2 の q⃗\vec{q} です。直交する 2 本 e1⃗\vec{e_1}，e2⃗\vec{e_2} を使うと、正射影が連立方程式なしに内積 2 回で求まることが、この式からわかります。

例として a⃗\vec{a}=(1, 1, 0){}= (1,\ 1,\ 0)，b⃗\vec{b}=(1, 0, 1){}= (1,\ 0,\ 1)，c⃗\vec{c}=(0, 1, 1){}= (0,\ 1,\ 1) を直交化してみます。

e2⃗\displaystyle \vec{e_2}=(1, 0, 1)\displaystyle {}= (1,\ 0,\ 1)−12(1, 1, 0)\displaystyle {}- \frac{1}{2}(1,\ 1,\ 0)=(12, −12, 1)\displaystyle {}= \left(\frac{1}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right)

計算を楽にするため、向きだけを使って e2⃗\vec{e_2} を 2 倍の (1, −1, 2)(1,\ -1,\ 2) に取りかえます（実数倍しても、式の中の c⃗⋅e2⃗∣e2⃗∣2e2⃗\dfrac{\vec{c} \cdot \vec{e_2}}{|\vec{e_2}|^2}\vec{e_2} は変わりません）。

e3⃗\displaystyle \vec{e_3}=(0, 1, 1)\displaystyle {}= (0,\ 1,\ 1)−12(1, 1, 0)\displaystyle {}- \frac{1}{2}(1,\ 1,\ 0)−16(1, −1, 2)\displaystyle {}- \frac{1}{6}(1,\ -1,\ 2)=(−23, 23, 23)\displaystyle {}= \left(-\frac{2}{3},\ \frac{2}{3},\ \frac{2}{3}\right)

(1, 1, 0)(1,\ 1,\ 0)，(1, −1, 2)(1,\ -1,\ 2)，(−1, 1, 1)(-1,\ 1,\ 1) は、確かにどの 2 本の内積も 00 です。これらを大きさで割れば、互いに垂直な単位ベクトルの組、つまり新しい直交座標の「ものさし」が得られます。

面積の三平方の定理と外積

本文では、平面専用の面積の式 12∣a1b2−a2b1∣\dfrac{1}{2}|a_1b_2 - a_2b_1| は空間では使えないと述べました。空間では、この形の式が 3 つそろって現れます。数と式 第10章の厳密定義 定理3（ラグランジュの恒等式）で nn=3{}= 3 とすると

(a12+a22+a32)(b12+b22+b32)\displaystyle (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)(b_1^2 + b_2^2 + b_3^2)−(a1b1+a2b2+a3b3)2\displaystyle {}- (a_1b_1 + a_2b_2 + a_3b_3)^2=(a2b3−a3b2)2\displaystyle {}= (a_2b_3 - a_3b_2)^2+(a3b1−a1b3)2\displaystyle {}+ (a_3b_1 - a_1b_3)^2+(a1b2−a2b1)2\displaystyle {}+ (a_1b_2 - a_2b_1)^2

です。左辺は ∣a⃗∣2∣b⃗∣2|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2−(a⃗⋅b⃗)2{}- (\vec{a} \cdot \vec{b})^2 にほかなりません。

定理4：面積の三平方の定理

空間の三角形の面積を SS とし、その三角形を yzyz 平面，zxzx 平面，xyxy 平面に正射影した三角形（各頂点から座標平面に下ろした垂線の足を結んだ三角形）の面積を S1S_1，S2S_2，S3S_3 とすると

S2\displaystyle S^2=S12\displaystyle {}= S_1^2+S22\displaystyle {}+ S_2^2+S32\displaystyle {}+ S_3^2

証明　三角形を平行移動しても 4 つの面積は変わらないので、1 つの頂点が原点にあるとしてよい。残りの頂点を A(a1, a2, a3)\mathrm{A}(a_1,\ a_2,\ a_3)，B(b1, b2, b3)\mathrm{B}(b_1,\ b_2,\ b_3) とする。

xyxy 平面への正射影は、原点と (a1, a2)(a_1,\ a_2)，(b1, b2)(b_1,\ b_2) を頂点とする xyxy 平面上の三角形なので、第3章 公式6から S3S_3=12∣a1b2−a2b1∣{}= \dfrac{1}{2}|a_1b_2 - a_2b_1|。同様に S1S_1=12∣a2b3−a3b2∣{}= \dfrac{1}{2}|a_2b_3 - a_3b_2|，S2S_2=12∣a3b1−a1b3∣{}= \dfrac{1}{2}|a_3b_1 - a_1b_3| である。

一方、本文の公式3から S2S^2=14{∣a⃗∣2∣b⃗∣2−(a⃗⋅b⃗)2}{}= \dfrac{1}{4}\left\{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2 - (\vec{a} \cdot \vec{b})^2\right\}。これにラグランジュの恒等式を使えば

S2\displaystyle S^2=14{(a2b3−a3b2)2\displaystyle {}= \frac{1}{4}\bigl\{(a_2b_3 - a_3b_2)^2+(a3b1−a1b3)2\displaystyle {}\qquad + (a_3b_1 - a_1b_3)^2+(a1b2−a2b1)2}\displaystyle {}\qquad + (a_1b_2 - a_2b_1)^2\bigr\}=S12\displaystyle {}= S_1^2+S22\displaystyle {}+ S_2^2+S32\displaystyle {}+ S_3^2

（証明終）

直角三角形の 3 辺の長さの関係 c2c^2=a2{}= a^2+b2{}+ b^2 が、三角形の「影の面積」について成り立っているわけです。実践問題 j19 では、S2S^2=6{}= 6，S12S_1^2+S22{}+ S_2^2+S32{}+ S_3^2=1{}= 1+4{}+ 4+1{}+ 1 で確かめました。例題3 の三角形でも、3 つの影の面積はどれも 32\dfrac{3}{2} で、3⋅943 \cdot \dfrac{9}{4}=274{}= \dfrac{27}{4}=S2{}= S^2 となっています。

定理4 に出てきた 3 つの数を、そのままベクトルの成分として並べたものに名前がついています。

定義2：外積（参考）

a⃗\vec{a}=(a1, a2, a3){}= (a_1,\ a_2,\ a_3)，b⃗\vec{b}=(b1, b2, b3){}= (b_1,\ b_2,\ b_3) に対して

a⃗×b⃗\displaystyle \vec{a} \times \vec{b}=(a2b3−a3b2, a3b1−a1b3,\displaystyle {}= (a_2b_3 - a_3b_2,\ a_3b_1 - a_1b_3,a1b2−a2b1)\displaystyle \qquad a_1b_2 - a_2b_1)

を、a⃗\vec{a} と b⃗\vec{b} の 外積（ベクトル積）という。

外積には、次の性質があります。

たとえば例題2 の a⃗\vec{a}=(1, 1, 0){}= (1,\ 1,\ 0)，b⃗\vec{b}=(1, 2, 2){}= (1,\ 2,\ 2) では a⃗×b⃗\vec{a} \times \vec{b}=(2, −2, 1){}= (2,\ -2,\ 1) で、本文の答えの 33 倍になっています。公式2の連立方程式は、外積を知っていれば 1 回の計算で済むわけです。高校の教科書では外積を扱わないことが多いので、本文では連立方程式で求めました。外積と内積が四元数の積から生まれた経緯は、第3章の小話3を参照してください。

四面体の体積と行列式

第7章の厳密定義で、3 本のベクトルの行列式 D(a⃗, b⃗, c⃗)D(\vec{a},\ \vec{b},\ \vec{c}) を紹介し、「∣D∣|D| は平行六面体の体積」という事実を証明なしで挙げました。外積を使うと、これを証明できます。

DD の定義式を並べかえると、次のように外積と内積で書けることがわかります。

D(a⃗, b⃗, c⃗)\displaystyle D(\vec{a},\ \vec{b},\ \vec{c})=(a2b3−a3b2)c1\displaystyle {}= (a_2b_3 - a_3b_2)c_1+(a3b1−a1b3)c2\displaystyle {}+ (a_3b_1 - a_1b_3)c_2+(a1b2−a2b1)c3\displaystyle {}+ (a_1b_2 - a_2b_1)c_3=(a⃗×b⃗)⋅c⃗\displaystyle {}= (\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}

（第7章の定義3 を展開して、c1c_1，c2c_2，c3c_3 ごとにまとめると確かめられます。）

定理5：四面体の体積と行列式

4 点 O，A，B，C が同一平面上にないとき、a⃗\vec{a}=OA→{}= \overrightarrow{OA}，b⃗\vec{b}=OB→{}= \overrightarrow{OB}，c⃗\vec{c}=OC→{}= \overrightarrow{OC} とすると、四面体 OABC の体積 VV は

V\displaystyle V=16∣D(a⃗, b⃗, c⃗)∣\displaystyle {}= \frac{1}{6}\left|D(\vec{a},\ \vec{b},\ \vec{c})\right|=16∣(a⃗×b⃗)⋅c⃗∣\displaystyle {}= \frac{1}{6}\left|(\vec{a} \times \vec{b}) \cdot \vec{c}\right|

である。したがって、a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b}，c⃗\vec{c} を 3 辺とする平行六面体の体積は ∣D∣|D| である。

証明　a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b} は 1次独立なので、n⃗\vec{n}=a⃗×b⃗{}= \vec{a} \times \vec{b} は平面 OAB の法線ベクトルで、三角形 OAB の面積は SS=12∣n⃗∣{}= \dfrac{1}{2}|\vec{n}| である。

C から平面 OAB に下ろした垂線の足を H とすると、HC→\overrightarrow{HC} は平面 OAB に垂直なので HC→\overrightarrow{HC}=kn⃗{}= k\vec{n} と書ける。実際、αa⃗\alpha\vec{a}+βb⃗{}+ \beta\vec{b}+γn⃗{}+ \gamma\vec{n}=0⃗{}= \vec{0} の両辺と n⃗\vec{n} の内積をとると γ∣n⃗∣2\gamma|\vec{n}|^2=0{}= 0 なので γ\gamma=0{}= 0、さらに α\alpha=β{}= \beta=0{}= 0 となり、a⃗\vec{a}，b⃗\vec{b}，n⃗\vec{n} は 1次独立である。そこで HC→\overrightarrow{HC}=sa⃗{}= s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b}+kn⃗{}+ k\vec{n} と表すと、sa⃗s\vec{a}+tb⃗{}+ t\vec{b}=HC→{}= \overrightarrow{HC}−kn⃗{}- k\vec{n} は平面 OAB の向きのベクトルで、しかも平面 OAB に垂直なので、定理2 の一意性の証明と同じ理由で 0⃗\vec{0} になる。OH→\overrightarrow{OH} は平面 OAB のベクトルなので OH→⋅n⃗\overrightarrow{OH} \cdot \vec{n}=0{}= 0。よって

c⃗⋅n⃗\displaystyle \vec{c} \cdot \vec{n}=(OH→+kn⃗)⋅n⃗\displaystyle {}= (\overrightarrow{OH} + k\vec{n}) \cdot \vec{n}=k∣n⃗∣2,\displaystyle {}= k|\vec{n}|^2,CH\displaystyle \mathrm{CH}=∣k∣ ∣n⃗∣\displaystyle {}= |k|\,|\vec{n}|=∣c⃗⋅n⃗∣∣n⃗∣\displaystyle {}= \frac{|\vec{c} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}

したがって

V\displaystyle V=13⋅12∣n⃗∣⋅∣c⃗⋅n⃗∣∣n⃗∣\displaystyle {}= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}|\vec{n}| \cdot \frac{|\vec{c} \cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=16∣c⃗⋅n⃗∣\displaystyle {}= \frac{1}{6}|\vec{c} \cdot \vec{n}|=16∣D(a⃗, b⃗, c⃗)∣\displaystyle {}= \frac{1}{6}\left|D(\vec{a},\ \vec{b},\ \vec{c})\right|

平行六面体は、同じ底面（面積 2S2S）と同じ高さ CH をもつので、体積は 2S⋅CH2S \cdot \mathrm{CH}=6V{}= 6V=∣D∣{}= |D| である。（証明終）

本文の問題で確かめてみましょう。例題5 では DD=4⋅4⋅2{}= 4 \cdot 4 \cdot 2=32{}= 32 で VV=326{}= \dfrac{32}{6}=163{}= \dfrac{16}{3}、実践問題 j12 では a⃗×b⃗\vec{a} \times \vec{b}=(1, −2, 4){}= (1,\ -2,\ 4)，DD=9{}= 9 で VV=32{}= \dfrac{3}{2} となり、どちらも本文の答えと一致します。第7章 例題3 の DD=16{}= 16 は、平行六面体の体積が 1616、同じ 3 辺でつくる四面体の体積が 83\dfrac{8}{3} であることを表しています。

参考：成分がわからず、6 つの基本の数（公式4）だけがわかっている場合には、次の式が知られています（証明は大学の線形代数で、行列の積と行列式の性質を使います）。

V2\displaystyle V^2=136{∣a⃗∣2∣b⃗∣2∣c⃗∣2\displaystyle {}= \frac{1}{36}\bigl\{|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2|\vec{c}|^2+2(a⃗⋅b⃗)(b⃗⋅c⃗)(c⃗⋅a⃗)\displaystyle {}\qquad + 2(\vec{a} \cdot \vec{b})(\vec{b} \cdot \vec{c})(\vec{c} \cdot \vec{a})−∣a⃗∣2(b⃗⋅c⃗)2−∣b⃗∣2(c⃗⋅a⃗)2\displaystyle {}\qquad - |\vec{a}|^2(\vec{b} \cdot \vec{c})^2 - |\vec{b}|^2(\vec{c} \cdot \vec{a})^2−∣c⃗∣2(a⃗⋅b⃗)2}\displaystyle {}\qquad - |\vec{c}|^2(\vec{a} \cdot \vec{b})^2\bigr\}

例題6 の数（44，44，99，22，33，33）を入れると、中かっこの中は 144144+36{}+ 36−36{}- 36−36{}- 36−36{}- 36=72{}= 72 で、V2V^2=2{}= 2，VV=2{}= \sqrt{2}。実践問題 j17 の数（55，1010，1313，11，99，44）では 650650+72{}+ 72−405{}- 405−160{}- 160−13{}- 13=144{}= 144 で、VV=126{}= \dfrac{12}{6}=2{}= 2 となり、本文の答えと一致します。

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