4頂点座標既知の四面体の体積
空間ベクトル(入試の標準) ★★★★
4つの頂点の空間座標がわかっているときの四面体の体積の求め方について扱います．
今までのあらゆる知識を動員して解くので演習効果が高い問題です．
4頂点座標既知の四面体の体積の求め方
主に以下の3つの方法があります．
ポイント
頂点 ${\rm ABCD}$ の座標が与えられた四面体の体積の求め方
Ⅰ 基本的な方法
点 ${\rm D}$ から平面 ${\rm ABC}$ に垂線の足 ${\rm H}$ を下ろし，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AH}=s\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}+t\overrightarrow{\mathstrut \rm AC}$ などと設定(共面条件)
↓
$\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}$ を $s$ と $t$ で表現
↓
$\begin{cases}\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm AB}=0 \\ \overrightarrow{\mathstrut \rm DH}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm AC}=0\end{cases}$ から $s$ と $t$ を出す
↓
$|\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}|$ を出す
↓
$V={\triangle \rm ABC} \times |\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}| \times \dfrac{1}{3}$
Ⅱ 平面の方程式を使い，垂線の足Hを出す方法
平面 ${\rm ABC}$ の方程式を出す
↓
点 ${\rm D}$ から平面 ${\rm ABC}$ に垂線の足 ${\rm H}$ を下ろす．平面 ${\rm ABC}$ の方程式の法線ベクトルを使って，直線 ${\rm DH}$ を出す
↓
直線 ${\rm DH}$ と平面 ${\rm ABC}$ を連立して，${\rm H}$ の座標を出す
↓
${\rm DH}$ の長さを出す
↓
$V={\triangle \rm ABC} \times {\rm DH} \times \dfrac{1}{3}$
Ⅲ 平面の方程式と点と平面の距離を使い素早く出す方法
平面 ${\rm ABC}$ の方程式を出す
↓
点と平面の距離で ${\rm DH}$ の長さを出す．
↓
$V={\triangle \rm ABC} \times |\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}| \times \dfrac{1}{3}$
どれを使うか
Ⅰの基本的な方法を習得してから，平面の方程式や3次元空間内の直線，点と平面の距離公式の習熟に合わせてⅡ，Ⅲを選択するといいと思います．
${\rm H}$ の座標が問われていない場合はⅢが速くてオススメです．
どの場合も，三角形の面積はこちらで出します．
例題と練習問題
例題
例題
${\rm O}(0,0,0)$，${\rm A}(6,0,-2)$，${\rm B}(0,6,3)$，${\rm C}(5,-1,6)$ を4つの頂点とする，四面体の体積 $V$ を求めよ．
講義
1つ原点があると計算が楽なので，例題ではこのケースを扱います．上のⅠ〜Ⅲのすべての方法での解答を省略せず載せました．底面積の出し方は共通です．
点 ${\rm C}$ から平面 ${\rm OAB}$ に垂線の足 ${\rm H}$ を下ろす．底面積は
${\triangle \rm OAB}$
$=\dfrac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathstrut \rm OA}|^{2}|\overrightarrow{\mathstrut \rm OB}|^{2}-\left(\overrightarrow{\mathstrut \rm OA}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm OC}\right)^{2}}$
$=\dfrac{1}{2}\sqrt{40\cdot 45-(-6)^{2}}$
$=21$
Ⅰでの解答
$\overrightarrow{\mathstrut \rm OH}=s\overrightarrow{\mathstrut \rm OA}+t\overrightarrow{\mathstrut \rm OB}$ とすると
$\overrightarrow{\mathstrut \rm OH}= s\begin{pmatrix}6 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}0 \\ 6 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6s \\ 6t \\ -2s+3t \end{pmatrix}$
$\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}=\overrightarrow{\mathstrut \rm OH}-\overrightarrow{\mathstrut \rm OC}=\begin{pmatrix}6s-5 \\ 6t+1 \\ -2s+3t-6 \end{pmatrix}$
続いて，$\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}$ と $\overrightarrow{\mathstrut \rm OA}$，$\overrightarrow{\mathstrut \rm OB}$ がそれぞれ垂直なので
$\begin{cases}\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm OA}=40s-6t-18=0 \\ \overrightarrow{\mathstrut \rm CH}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm OB}=-6s+45t-12=0\end{cases}$
$\therefore \ s=\dfrac{1}{2}$，$t=\dfrac{1}{3}$
$\therefore \ \overrightarrow{\mathstrut \rm CH}=\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\ -6 \end{pmatrix}$
つまり高さは
$|\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}|=\sqrt{(-2)^{2}+3^{2}+(-6)^{2}}=7$
$\therefore \ V={\triangle \rm OAB}\cdot |\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}| \cdot \dfrac{1}{3}=21\cdot 7\cdot \dfrac{1}{3}=\boldsymbol{49}$
Ⅱでの解答
平面 ${\rm OAB}$ は原点を通るので $z=ax+by$ とおける．${\rm A，B}$ の2点代入すると
$\begin{cases}-2=6a \\ 3=6b \end{cases}$
解くと $a=-\dfrac{1}{3}，b=\dfrac{1}{2}$
平面 ${\rm ABC}$ $: \ z=-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{1}{2}y$
$\Longleftrightarrow 2x-3y+6z=0$
この法線ベクトルが直線 ${\rm CH}$ の方向ベクトルになるので，$t$ を実数として
直線 ${\rm CH}$ $:\begin{cases}x=5+2t \\ y=-1-3t \\ z=6+6t \end{cases}$
と表せる．これと平面 ${\rm ABC}$ を連立すると
$2(5+2t)-3(-1-3t)+6(6+6t)=0$
$\therefore t=-1$
$\therefore {\rm H}\left(3,2,0\right)$
$\therefore \ \overrightarrow{\mathstrut \rm CH}=\begin{pmatrix}-2 \\ 3 \\ 6 \end{pmatrix}$
つまり高さは
$|\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}|=\sqrt{(-2)^{2}+3^{2}+(-6)^{2}}=7$
$\therefore \ V={\triangle \rm OAB}\cdot |\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}| \cdot \dfrac{1}{3}=21\cdot 7\cdot \dfrac{1}{3}=\boldsymbol{49}$
Ⅲでの解答
平面 ${\rm OAB}$ は原点を通るので $z=ax+by$ とおける．${\rm A，B}$ の2点代入すると
$\begin{cases}-2=6a \\ 3=6b \end{cases}$
解くと $a=-\dfrac{1}{3}，b=\dfrac{1}{2}$
平面 ${\rm ABC}$ $: \ z=-\dfrac{1}{3}x+\dfrac{1}{2}y$
$\Longleftrightarrow 2x-3y+6z=0$
この平面と ${\rm C}$ との距離は
$L=\dfrac{|2\cdot 5-3\cdot(-1)+6\cdot6|}{\sqrt{2^{2}+(-3)^{2}+6^2}}=7$
$\therefore \ V={\triangle \rm OAB}\cdot |\overrightarrow{\mathstrut \rm CH}| \cdot \dfrac{1}{3}=21\cdot 7\cdot \dfrac{1}{3}=\boldsymbol{49}$
練習問題
練習
${\rm A}(1,1,2)$，${\rm B}(3,0,2)$，${\rm C}(-1,1,1)$，${\rm D}(4,2,3)$ を4つの頂点とする，四面体の体積 $V$ を求めよ．
練習の解答
点 ${\rm C}$ から平面 ${\rm OAB}$ に垂線の足 ${\rm H}$ を下ろす．$\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}=\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AC}=\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}$ より底面積は
${\triangle \rm ABC}$
$=\dfrac{1}{2}\sqrt{|\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}|^{2}|\overrightarrow{\mathstrut \rm AC}|^{2}-\left(\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm AC}\right)^{2}}$
$=\dfrac{1}{2}\sqrt{5\cdot 5-(-4)^{2}}$
$=\dfrac{3}{2}$
Ⅰでの解答
点 ${\rm D}$ から平面 ${\rm ABC}$ に垂線の足 ${\rm H}$ を下ろし，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AH}=s\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}+t\overrightarrow{\mathstrut \rm AC}$ とすると
$\overrightarrow{\mathstrut \rm AH}= s\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s-2t \\ -s \\ -t \end{pmatrix}$
$\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}=\overrightarrow{\mathstrut \rm AH}-\overrightarrow{\mathstrut \rm AD}= \overrightarrow{\mathstrut \rm AH}-\begin{pmatrix}3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2s-2t-3 \\ -s-1 \\ -t-1 \end{pmatrix}$
続いて，$\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}$ と $\overrightarrow{\mathstrut \rm AB}$，$\overrightarrow{\mathstrut \rm AC}$ がそれぞれ垂直なので
$\begin{cases}\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm AB}=5s-4t-5=0 \\ \overrightarrow{\mathstrut \rm DH}\cdot \overrightarrow{\mathstrut \rm AC}=-4s+5t+7=0\end{cases}$
$\therefore \ s=-\dfrac{1}{3}$，$t=-\dfrac{5}{3}$
$\therefore \ \overrightarrow{\mathstrut \rm DH}=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{2}{3} \\ \dfrac{2}{3} \end{pmatrix}$
つまり高さは
$|\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}|=\sqrt{\dfrac{1+4+4}{9}}=1$
$\therefore \ V={\triangle \rm ABC}\cdot |\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}|\cdot \dfrac{1}{3} =\dfrac{3}{2}\cdot 1 \cdot \dfrac{1}{3}=\boldsymbol{\dfrac{1}{2}}$
※ ちなみに，$s$ と $t$ が負なので，${\rm H}$ は$\triangle{\rm ABC}$ の内部には存在しないとわかります．
Ⅱでの解答
$z=ax+by+c$ に ${\rm A，B，C}$ の3点代入すると
$\begin{cases}2=a+b+c \\ 2=3a+c \\ 1=-a+b+c \end{cases}$
解くと $a=\dfrac{1}{2}，b=1，c=\dfrac{1}{2}$
平面 ${\rm ABC}$ $: \ z=\dfrac{1}{2}x+y+\dfrac{1}{2}$
$\Longleftrightarrow x+2y-2z+1=0$
この法線ベクトルが直線 ${\rm DH}$ の方向ベクトルになるので，$t$ を実数として
直線 ${\rm DH}$ $:\begin{cases}x=4+t \\ y=2+2t \\ z=3-2t \end{cases}$
と表せる．これと平面 ${\rm ABC}$ を連立すると
$4+t+2(2+2t)-2(3-2t)+1=0$
$\therefore t=-\dfrac{1}{3}$
$\therefore {\rm H}\left(4-\dfrac{1}{3},2-\dfrac{2}{3},3+\dfrac{2}{3}\right)$
$\therefore \ \overrightarrow{\mathstrut \rm DH}=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{2}{3} \\ \dfrac{2}{3} \end{pmatrix}$
つまり高さは
$|\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}|=\sqrt{\dfrac{1+4+4}{9}}=1$
$\therefore \ V={\triangle \rm ABC}\cdot |\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}|\cdot \dfrac{1}{3} =\dfrac{3}{2}\cdot 1 \cdot \dfrac{1}{3}=\boldsymbol{\dfrac{1}{2}}$
Ⅲでの解答
$z=ax+by+c$ に ${\rm A，B，C}$ の3点代入すると
$\begin{cases}2=a+b+c \\ 2=3a+c \\ 1=-a+b+c \end{cases}$
解くと $a=\dfrac{1}{2}，b=1，c=\dfrac{1}{2}$
平面 ${\rm ABC}$ $: \ z=\dfrac{1}{2}x+y+\dfrac{1}{2}$
$\Longleftrightarrow x+2y-2z+1=0$
この平面と ${\rm D}$ との距離は
$L=\dfrac{|4+2\cdot 2-2\cdot 3+1|}{\sqrt{1+4+4}}=1$
$\therefore \ V={\triangle \rm ABC}\cdot |\overrightarrow{\mathstrut \rm DH}|\cdot \dfrac{1}{3} =\dfrac{3}{2}\cdot 1 \cdot \dfrac{1}{3}=\boldsymbol{\dfrac{1}{2}}$