直方体の隣り合う3辺を OA, OB, OCとし, OD=OA+OB+0C を満たす頂点をDとする。
線分 OD が平面ABC と直交するとき, この直方体は立方体であることを証明せよ。
を出とする。
は平面 ABC
DH=sDA
EX
©64
【東京学芸大)
s+/+u=
表される。
OD」(平面 ABC) であるから
ODIAB, ODLAC
OD-AB=0, OD·AC=0
GAB, AC は平面 ABC
上の2直線。
ゆえに
OD=OA+OB+OC であるから,
OD-AB=0 より
(OA+OB+OC).(OB-OA)30
ここで, OALOB, OBLOC, OCLOA
であるから
よって, ① は OBP-|0AP=0 となる。
-s1, -2, -7)
s-u, -2s-3f
は平面 ABC に垂直
大に DH-AB=0
-1, -1, 1) であ
メイー1)+(-2s-3t
D
の
口直方体の性質。
OA-OB=OB·OC=oc·OA=0
GOD-AC=0 に
OD=OA+OB+OC,
AC=OC-0A を代入。
って
1OA|=|OB| ②
ゆえに
|OA|=|0C|
同様にして、OD·AC=0 から
2, 3から
したがって, 隣り合う 3辺の長さが等しいから, この直方体は
立方体である。
6s+3t+2u=0
OA=OB=0C
ーム、 0.2であ
スー2+レ
って
