京都府立医科大学 2023年　問題1


$次の条件 \ (a),\ (b)\ を満たす凸多面体を考える。$
$\quad (a)\ \ 面は正三角形または正方形である。$
$\quad (b)\ \ 合同な \ 2\ つの面は辺を共有しない。$
$このとき、以下の問いに答えよ。$
$(1)\ \ 一つの頂点を共有する面の数は \ 4\ であることを証明せよ。$
$(2)\ \ 正三角形と正方形の面の数をそれぞれ求めよ。$
$(3)\ \ 正八面体を平面で何回か切断することで条件 \ (a),\ (b)\ を満たす凸多面体が得られる。$
$\quad どのように切断するのか説明せよ。$
$(4)\ \ (3)の切断で得られる凸多面体を \ F\ とし、F\ の \ 1\ 辺の長さは \ 1\ とする。F\ のすべての正三角形の$
$\quad 面に接する球を \ B\ とする。B\ と \ F\ の共通部分の体積を求めよ。$


(1)


$ある \ 1\ つの正方形の面をとる。この \ 1\ 辺に隣接するのは、条件(b)により正方形ではない。$

$したがって、条件(a)により正三角形となる。$

$1\ つの頂点に集まる面の数は \ 2\ ではない。なぜならば \ 2\ つの面が隣接すると交わりは直線に$

$なってしまうからである$

$そこで、さらに接続した \ 2\ つの頂点の一方に、続けて次の図形の頂点を合わせる。$

$このとき、正三角形に隣接するのは正方形である。$

$このままでは始めの正方形と \ 3\ つ目の正方形が辺を共有することになり、条件(b)に反するから$

$さらに続けて正三角形を隣接させる。$

$これら一連の作業には次の条件が必要である。$

$\quad 1\ つの頂点に集まる図形の角の和は \ 360°\ を超えない。$

$\quad なぜならば、この頂点の回りの角度は360°だから、これらの図形を \ 1\ つの頂点に集まるように$

$\quad 平面上に並べたとき \ 360°\ 以下だからである。$

$この問題では、正方形と正三角形の \ 2\ つがセットになって \ 1\ つの頂点に集まるから頂点の回りの角度は$

$90°+ 60°=150°\ である。2\ セットで \ \ 300°、3\ セットでは \ 450°\ となって、360°\ を超えてしまう。$

$したがって、 一つの頂点を共有する面の数は \ 2\ セットで、正方形 \ 2\ 個、正三角形 \ 2\ 個の \ 4\ 個である。$


(2)


$この凸多面体の面について、正方形は \ x\ 個、正三角形は \ y\ 個とすると$

$面の個数 \ F\ は \quad F=x+y$

$辺の個数 \ E\ は、正方形と正三角形が \ 1\ つの辺を共有するから \quad E=\cfrac{4x+3y}{2}$

$頂点の個数 \ V\ は$

$\quad 正方形で数えると、1\ つの頂点を \ 2\ つの正方形が共有しているから \quad V=\cfrac{4x}{2}=2x \ 個$

$\quad 正三角形で数えると、1\ つの頂点を \ 2\ つの正三角形が共有しているから \quad V=\cfrac{3y}{2}個$

$\quad よって \quad 2x=\cfrac{3y}{2} \hspace{5em}①$

　

$オイラーの多面体定理 \ \ V-E+F=2 \ \ に代入して$

$\quad (この定理については($オイラーの多面体定理$)を参考にしてください。)$

$\quad 2x- \cfrac{4x+3y}{2} + (x+y)=2 $
$ \quad x-\cfrac{y}{2}=2 \hspace{5em}②$

$①、②を解いて \quad x=6,\quad y=8$

$したがって、正方形の面の数は \ 6\ 個、正三角形の面の数は \ 8\ 個$


$なお、この凸多面体は右図のような立体で、立方八面体と呼ばれる準正多面体の一つである。$


(3)

　

$右図のような各辺の長さが \ a\ の正八面体 \ ABCDEF\ の$

$1\ つの頂点 \ A\ に対して、辺 \ AB\ の中点 \ G\ を通り、面 \ BCDE \ に$

$平行な平面で切断すると、頂点 \ A\ に集まる \ 4\ つの辺 \ AB,\ AC,\ AD,\ AE$

$との交点は中点連結の定理よりそれぞれ中点 \ G,\ H,\ I,\ J\ となる。$

$これらの中点を順に結ぶと、四角形 \ GHIJ\ は \ 1\ 辺 \ \ \cfrac{a}{2}\ \ の正方形である。$

$同様にして、$

$頂点 \ B\ に対して、辺 \ BA\ の中点 \ G\ を通り、面 \ CAEF\ に平行な平面で切断すると$

$頂点 \ B\ に集まる \ 4\ つの辺 \ BC,\ BA,\ BE,\ BF\ との交点はそれぞれ中点 \ K,\ G,\ L,\ M\ となる。$

$これらの中点を順に結ぶと四角形 \ KGLM\ は \ 1\ 辺 \ \ \cfrac{a}{2}\ \ の正方形である。$

$また、$

$頂点 \ C\ に対して、辺 \ CB\ の中点 \ K\ を通り、面 \ ABFD\ に平行な平面で切断すると$

$頂点 \ C\ に集まる \ 4\ つの辺 \ CB,\ CF,\ CD,\ CA\ との交点はそれぞれ中点 \ K,\ N,\ P,\ H\ となる。$

$これらの中点を順に結ぶと四角形 \ KNPH\ は \ 1辺\ \ \cfrac{a}{2}\ \ の正方形である。$

$これら \ 3\ つの平面による切断によって、正三角形 \ ABC\ 上に \ 1\ 辺の長さが \ \ \cfrac{a}{2}\ の正三角形 \ GHK\ が作られる。$

$このようにして、平面による切断を正八面体の頂点の個数である \ 6\ 回を行うと、正方形が6個でき、$

$８\ 個の正三角形の面上に、同じく \ 8\ 個の小正三角形ができる。$

$これら\ 6\ 個の正方形と \ 8\ 個の正三角形で作られる多面体は(1),(2)の立方八面体である。$


$(補充)$

　

$立方八面体は、右図のように立方体の \ 8\ 個の各頂点に集まる \ 3\ つの辺の$

$中点を通る平面で切断しても得られる。この多面体の名前の由来は$

$ここにあると思われる。$


(4)


$(3)で得られた凸多面体(立方八面体のこと) \ F\ の \ 1\ 辺の長さが \ 1\ だから、$

$正八面体の \ 1\ 辺の長さは \ a=2\ となる。$

$F\ のすべての正三角形の面に接する球 \ B\ の半径を求めるために$

$正八面体の上半分(正四角錐)で考える。$

　

$球が正三角形 \ ABC\ に接する接点を \ H\ とすると、$

$正八面体の対称性から \ OH\ が求める球 \ B\ の半径になる。$

$AH\ の延長と辺 \ BC\ との交点を \ G\ とする。$

$OH \perp \triangle ABC \quad だから \quad OH \perp BC$

$線分 \ OA\ は正方形 \ BCDE \ に垂直だから \quad OA \perp BC$

$BC \ は交わる \ 2\ 直線 \ OA\ と \ OH\ にそれぞれ垂直だから$

$OA とOH が作る平面、すなわち \triangle OAG に垂直である。$

$\therefore \ \ AG \perp BC$

$\triangle ABC \ は正三角形だから \ \ G\ は \ BC \ の中点である。$

$すなわち \ \ 接点 \ H\ は\triangle ABC\ \ の中線 \ AG\ 上にある。$

$次に具体的に球の半径 \ r=OH \ の長さを求める。$

$正三角形 \ ABC\ において \ \ AB=2\ \ だから \ \ AG=AB\sin 60 °= 2 \times \cfrac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$

$OG=\cfrac{1}{2}CD=\cfrac{1}{2} \times 2=1$

$OA=\sqrt{AG^2 - OG^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$

$\triangle OAG=\cfrac{1}{2} \times AG \times OH =\cfrac{1}{2} \times OA \times OG \quad より$

$r=OH=\cfrac{OA \times OG}{AG}=\cfrac{\sqrt{2} \times 1}{\sqrt{3}}=\cfrac{\sqrt{6}}{3}$

　

$一方、点 \ O\ から正方形 \ GHIJ\ までの距離 \ d\ は$

$d=\cfrac{1}{2}OA=\cfrac{\sqrt{2}}{2} \quad だから$

$\quad r^2=\big(\cfrac{\sqrt{6}}{3}\big)^2=\cfrac{2}{3},\qquad d^2=\big( \cfrac{\sqrt{2}}{2}\big)^2=\cfrac{1}{2} $

$\quad r^2 > d^2 \quad だから \quad r > d$

$したがって、右図のように球面は正方形 \ GHIJ \ から出っ張ることになる。$

$その出っ張った部分は球を平面で切ったものだからその体積 \ V_1 \ は$

$OA\ 方向を \ x\ 軸と考えて$

　

\begin{eqnarray*} V_1 &=&\pi \int _{\scriptsize{\cfrac{\sqrt{2}}{2}}}^{\scriptsize{\cfrac{\sqrt{6}}{3}}}\big( (\cfrac{\sqrt{6}}{3})^2 -x^2\big) dx\\ \\ &=&\pi \big[\cfrac{2}{3}x -\cfrac{x^3}{3}\big] _{\scriptsize{\cfrac{\sqrt{2}}{2}}}^{\scriptsize{\cfrac{\sqrt{6}}{3}}} \\ \\ &=&\pi \big\{\cfrac{2}{3} \times \cfrac{\sqrt{6}}{3} -\cfrac{1}{3} \times ( \cfrac{\sqrt{6}}{3})^3 - \cfrac{2}{3} \times \cfrac{\sqrt{2}}{2} + \cfrac{1}{3} \times ( \cfrac{\sqrt{2}}{2})^3\big\}\\ \\ &=&\pi \big (\cfrac{2\sqrt{6}}{9} - \cfrac{2\sqrt{6}}{27}- \cfrac{\sqrt{2}}{3} + \cfrac{\sqrt{2}}{12}\big )\\ \\ &=&\pi \big (\cfrac{4\sqrt{6}}{27} - \cfrac{\sqrt{2}}{4}\big )\\ \end{eqnarray*} $正方形は \ 6\ 個あることに注意して、B\ と \ F\ の共通部分の体積 \ V\ は$

\begin{eqnarray*} V &=&\cfrac{4}{3}\pi \times r^3 -6V_1\\ \\ &=&\cfrac{4}{3}\pi \times \big(\cfrac{\sqrt{6}}{3}\big)^3 -6 \times \pi \big (\cfrac{4\sqrt{6}}{27} - \cfrac{\sqrt{2}}{4}\big )\\ \\ &=&\cfrac{4}{3}\pi \times \cfrac{6\sqrt{6}}{27} - \pi \big (\cfrac{8\sqrt{6}}{9} - \cfrac{3\sqrt{2}}{2}\big )\\ \\ &=&\big(\cfrac{3\sqrt{2}}{2} - \cfrac{16\sqrt{6}}{27}\big )\pi \\ \end{eqnarray*}

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\begin{eqnarray*} \end{eqnarray*}