四面體餘弦定理的另證

四面體餘弦定理的另證

連威翔

一、 前言

在數學傳播 157 期 「四面體的餘弦定理」 一文中 (見 [1]), 作者提出了三種不同形式的四 面體餘弦定理。 其中第一種形式的結果, 是一個將四面體內部任一兩面角的餘弦值以其六稜長 來表示的公式, 作者在其公式推導過程中, 使用了三維的 Binet-Cauchy 恆等式。 推導出該公 式後, 作者隨即給出三個例子, 並透過公式計算出各例中四面體某兩面角的餘弦值。

在本文中, 筆者將重新證明 [1] 中第一種形式的結果。 在 [1] 中, 作者是先推導出公式、 再 驗證例子, 但在本文中, 筆者將反其道而行, 將先對 [1] 中的一個例子進行計算(第二節), 隨後 再進行公式的證明(第三節)。 特別的是, 本文將會透過立體幾何性質來推導證明, 過程中不會用 到 Binet-Cauchy 恆等式, 希望可發揮與 [1] 相互對照的作用。

除了上述的證明方法外, 我們也可透過 「球面三角餘弦律」 證明出同樣的結果, 這部份將 在第四節中呈現。

二、 一個性質與例題的計算

我們先證明底下這個立體幾何性質:

性質1: 空間中, 已知有四條相異直線 L1, L₂, L₃, M , 其中 L1 垂直 M 於 A 點、 L2, L₃ 垂直 M 於 B 點, 且 L1//L₂。 若分別於 L1, L₂ 上取 D, C 兩點使 ABCD 為一矩形, 並取 L3 上 異於 B 的一點 E, 則 CD⊥CE。

證明: 因為 AB⊥BE 且 AB⊥BC, 故 AB 垂直平面 BCE (即同時包含 L2, L₃ 的平面);

又 AB//CD, 可知 CD 亦垂直平面 BCE, 故 CD⊥CE, 證畢。

有了上面的性質 1, 接下來我們便可考慮底下的問題, 問題所要探討的四面體是來自於 [1]

中的一個例子:

問題1: 設四面體 O-ABC 如圖 2 所示, 試求平面 OCA 與平面 OCB 的兩面角餘弦值。

圖 2

解: 仿 [1] 所用的符號, 我們以 ∠(OCA, OCB) 表示平面 OCA 與平面 OCB 在四面體 O-ABC 內部的兩面角。 為求出 cos ∠(OCA, OCB), 首先我們透過餘弦定理計算底下兩個餘 弦值

cos∠AOC = 2²+ 2²− 2² 2× 2 × 2 = 1

2 (1)

cos∠BOC = 2²+ 2²− 1² 2× 2 × 2 = 7

8 (2)

因此 ∠AOC, ∠BOC 皆為銳角, 且由上述兩式可知 sin∠AOC =

√3

2 (3)

sin∠BOC =

√15

8 (4)

此時回到圖 2, 作 AD⊥OC 於 D、 BE⊥OC 於 E, 如下圖3:

圖 3

由 (1) 至 (4) 式的四個三角函數值, 可知圖 3 中有 OD = 1, AD =√

3, OE = 7

4, BE =

√15 4

在圖 3 中作 F E//AD 且滿足 F E = AD, 則 ADEF 為矩形。 連接 AF , BF 後, 再將圖 3 中某些線段抹去, 使成下圖 4:

圖 4

注意圖 4 中 ←→OC , ←→AD , ←→F E , ←→BE 四直線彼此之間的關係, 等同於圖 1 中 M, L1, L₂, L₃ 的相對關係, 且 ADEF 亦為矩形, 因此由性質 1 可知 AF ⊥BF 。 因為

AF = DE = OE − OD = 7

4− 1 = 3 4 由畢式定理知

BF =



AB²− AF² =



2²−3 4

2

=

√55 4

因為 BE, F E 皆垂直 OC 於 E, 故 ∠BEF 為圖 3 中的兩面角 ∠(OCA, OCB), 復由圖 4 中 EF = AD =√

3 可知

cos∠(OCA, OCB) = cos ∠BEF = BE²+ EF²− BF² 2× BE × EF

= 15

16+ 3−55

√ 16 =

√5

問題2: 設四面體 O-ABC 邊長如圖 5 所示, 試求 cos ∠(OCA, OCB) 之值。

圖 5 圖 5 中, 我們沿用 [1] 中推導公式時所用的邊長符號:

OA = a, OB = b, OC = c, BC = d, CA = e, AB = f (5) 解題過程如下:

解: 仿照問題 1 的解法, 令 ∠AOC = θ1, ∠BOC = θ2, 則有底下兩餘弦值 cos θ₁= cos∠AOC = a²+ c²− e²

2ac (6)

cos θ₂= cos∠BOC = b² + c²− d²

2bc (7)

此處注意 ∠AOC, ∠BOC 不一定是銳角。 由上述兩式可知 sin θ₁=

(2ac)²− (a²+ c²− e²)²

2ac (8)

sin θ₂=

(2bc)²− (b² + c²− d²)²

2bc (9)

此時回到圖 5, 作 AD⊥OC 於 D、 BE⊥OC 於 E, 如底下圖 6:

圖 6

注意作 AOC 的高 AD 時, 垂足 D 不一定如圖 6 那樣落在 OC 上。 一般來說, 垂足 D 的 位置共有三種情形, 請看下圖:

圖 7

垂足 D 在直線 OC 上的落點, 可分成上圖中 (a), (b), (c) 三種不同情形, 分述如下:

(a) ∠AOC = θ1 > 90^◦ 時, OD = a cos θ1 < 0, D 不在 OC 上, 它位在直線 OC 上靠近 O 那邊的 OC 外側;

(b) ∠AOC = θ1 ≤ 90^◦ 且 OD = a cos θ1 ≤ OC 時, D 落在 OC 上;

(c) ∠AOC = θ1 < 90^◦ 且 OD = a cos θ1 > OC 時, D 不在 OC 上, 它位在直線 OC 上 靠近 C 那邊的 OC 外側。

注意 (a) 情形會得到 OD < 0, 因此這裡 OD 是表示有向線段。 在 (a) 情況下有 OD <

0,另外兩情形則有 OD ≥ 0。

同理, 作 BOC 高 BE 時, 垂足 E 也不一定是如圖 6 那樣在 OC 上。 但無論如何, 我 們總可以由圖 6 得出

ED = OD− OE = a cos θ − b cos θ (10)

圖 8

其中我們作矩形 ADEF 並連接 BF, 此時由性質 1 知 AF ⊥BF 。 令 ∠BEF = θ, 則 θ 為 圖 6 中平面 OCA, OCB 的兩面角, 即圖 6 中有 ∠(OCA, OCB) = θ。

此時回到圖 8, 由畢氏定理與餘弦定理可知

AB²− AF²= BF² = EF²+ BE²− 2EF · BE cos θ

⇒ f²− ED²= AD²+ BE²− 2AD · BE cos θ (11) 再次回到圖 6, 可知 AD = a sin θ1, BE = b sin θ₂, 利用 (10) 式, 可繼續推導 (11) 得

f²− (a cos θ1− b cos θ2)²= a²sin²θ₁+ b²sin²θ₂− 2(a sin θ1)(b sin θ₂) cos θ

⇒ cos θ =a²+ b²− f²− 2ab cos θ1cos θ₂

2ab sin θ₁sin θ₂ (12) 將 (6), (7), (8), (9) 四式代入 (12) 後可得:

cos θ = a² + b²− f²− 2ab × ^a2+c_2ac^2−e2 × ^b2+c_2bc^2−d2 2ab× √

(2ac)²−(a²+c²−e²)²

2ac × √

(2bc)²−(b²+c²−d²)² 2bc

= 2c²× (a²+ b²− f²)− (a²+ c²− e²)(b²+ c²− d²)

(2ac)²− (a²+ c²− e²)²

(2bc)²− (b²+ c²− d²)² 至此, 即得圖 6 中兩面角 ∠(OCA, OCB) 餘弦值的計算公式如下

cos∠(OCA, OCB) =





a²+ b²− f² b²+ c²− d² a²+ c²− e² 2c²



 

(2ac)²− (a²+ c²− e²)²

(2bc)²− (b²+ c²− d²)² (13) 此公式與 [1] 中作者所推得的公式完全相同。

四、 使用球面三角餘弦律的證明

看完第三節的證明, 讀者可能會覺得過程有點長, 那麼是否還有其他的證法呢? 眾所周知 在平面上有平面三角餘弦律, 然而球面上, 也有所謂的球面三角餘弦律, 其敘述與證明不妨請參 考 [2]。 透過球面三角餘弦律, 我們可再得 (13) 一個較簡單的另證。

為了使用球面三角餘弦律, 我們先將圖 6 中的向量 −→OA, −→OB, −→OC 分別伸縮為單位向量

−→OA^,−→

OB^, −→

OC^ 但方向保持不變。 此時對以 O 為圓心的單位球面而言, 將球面上三點 A^, B^, C^ 透過大圓上的弧彼此連起來後, A^B^C^ 即成為該球面上的球面三角形, 如下圖:

圖 9 注意上圖中 −→

OA^, −→

OC^ 的夾角以及 −→

OB^, −→

OC^ 的夾角, 仍為圖 6 中的 θ1, θ₂。 因為是單位球 面, 所以 θ1, θ₂ 同時也表示 A^C^ 弧與 B^C^ 弧的弧長。

此外, 平面 OC^A^與平面 OC^B^ 的夾角, 同樣是圖 8 底下所假設的 ∠(OCA, OCB) = θ, 此夾角同時也是圖 9 中弧 A^C^ 與弧 B^C^ 上過 C^ 的兩大圓切線夾角, 筆者將這兩個 θ 角 同時畫在圖 9 內。 最後, 令弧 A^B^ 的弧長為 c, 同理可知 ∠A^OB^ = c。

此時透過圖 9, 球面三角餘弦律告訴我們 cos θ = cos c− cos θ1cos θ₂

sin θ₁sin θ₂ = cos∠A^OB^− cos θ1cos θ₂ sin θ₁sin θ₂

= 2c²× (a²+ b²− f²)− (a²+ c²− e²)(b² + c²− d²)

(2ac)²− (a²+ c²− e²)²

(2bc)²− (b²+ c² − d²)²

=





a²+ b²− f² b²+ c²− d² a²+ c²− e² 2c²



 

(2ac)²− (a²+ c²− e²)²

(2bc)²− (b²+ c² − d²)² 這樣子便再度證明了 (13) 式。

以上就是透過球面三角餘弦律的證明方法。 要特別提醒讀者的是, 在 [2] 文末的附錄中, 作 者對球面三角餘弦律的證明內, 與 [1] 同樣使用到了三維的 Binet-Cauchy 恆等式, 但第三節 中的證明中, 則沒有用上這個恆等式。

五、 利用公式計算四面體的高與體積

有了公式 (13) 後, 我們不妨也造個例子來計算看看。 仿照圖 6 的樣子, 我們另外畫個四 面體並賦予各稜長, 如下圖 10:

圖 10 由公式 (13) 可計算 cos ∠(OCA, OCB) 如下:

cos∠(OCA, OCB) =





45 25 34 50



√  1344√

2975 = 5

√51

對圖 10 作四面體 O-ABC 的高 BG, 如下圖 11:

圖 11

若想求出 BG 長, 連接 GE 後, 因 BE⊥OC 且 BG⊥ 平面 AOC, 由三垂線定理知 GE⊥OC, 因此 ∠BEG 為平面 OCA 與 OCB 的兩面角, 所以

cos∠BEG = cos ∠(OCA, OCB) = 5

√51

⇒ sin ∠BEG =

√26

√51

再來由 BOC 的三邊長, 不難得知 BE =

√119

2 , 因此可求得 BG = BE× sin ∠BEG =

√546 6 =

√21× 26 6

這樣就得到了高 BG 的長度。 此時令圖 11 中四面體體積為 VO-ABC, 先由海龍公式求出

AOC 面積為 2√

21, 便得到

V_O-_ABC = 1 3 ×

√546 6 × 2√

21 = 7√ 26 3

六、 結語

初次讀到文章 [1] 時, 覺得該篇文章很有意思, 可以推導出 (13) 這個公式, 有了它就可求

有了公式 (13) 後, 如同第五節那樣, 我們可進一步應用它來求出四面體的高與體積。 要提 醒讀者的是, 遇到像問題 1 這類的問題時, 只要是在 (5) 的稜長設定條件下, 我們總是可以運 用公式 (13) 來解題。 但除此之外, 我們也可仿照問題 1 的解法來處理, 這樣就算手邊沒有公式 (13), 一樣可加以求解。

最後要提的是, 因為審稿者的修改建議, 才有本文第四節的內容, 在此筆者要表達由衷的 感謝, 而撰寫第四節內容的同時, 也發現自己其它各節有不少地方要修改。 此外, 筆者也要感謝 [1] 的作者, 因為若沒有 [1] 這篇文章, 應該不會有本文的出現。

參考文獻

1. 朱漢民。 四面體的餘弦定理。 數學傳播, 40(1), 62-71, 2016。

Available from: http://web.math.sinica.edu.tw/math_media/d401/40106.pdf 2. 張海潮。 球面三角形的 AAA 定理。 數學傳播, 28(1), 34-37, 2004。

Available from: http://web.math.sinica.edu.tw/math_media/d281/28104.pdf

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Taipei Conference in Representation Theory VI

日 期 : 2019 年 1 月 7 日 (星期一) ∼ 2019 年 1 月 11 日 (星期五) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段1號 天文數學館 6 樓

詳 見 :

http://www.math.sinica.edu.tw/www/file upload/conference/2019TCRT6/TCRT6.html