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62004.Re: 立体幾何  
名前:黄桃    日付:2019年3月7日(木) 7時41分
立体幾何らしい?略証を以下に示します。

そのような直線はπ上にないことは明らか(π上にあれば2本と等しい角で交わる直線はその2等分線になり、3本目は1本目か2本目のどちらかと等しくなる)

3直線が交わる点をOとし、π上の3直線を OA,OB,OC とし、∠AOCは180度より小さく、Bは∠AOCの内部にあるようにとる。
AB=BCとなるように A,B,Cをとっておいても一般性を失わない
(まじめにやるなら、Bを適当にとってから、A,Cが作図できることを示す必要があるかも;
作図しなくてもいいなら、中間値の定理より、Bを通るOAと平行な直線をBを中心にOCと平行な直線まで回転すれば、どこかでAB=BCとなるところがあるので、このようなA,B,Cは存在する)。

仮定をみたす直線をOQとする。Qはπ上にない(OQ>0)。

一般に三角形ABCにおいて、BCの中点をMとすれば、
AB^2+AC^2=2AM^2+2BM^2
が成立する(以下「中線平方定理」と呼ぶ;AからBCに垂線をおろせば、3平方の定理よりすぐ証明できる)。

△QAC, △OAC に中線平方定理を適用すれば、
QA^2+QC^2=2QB^2+2AB^2
OA^2+OC^2=2OB^2+2AB^2
辺々引くと
QA^2-OA^2+QC^2-OC^2=2(QB^2-OB^2) ...(*)
等しい角の余弦を c とおけば、余弦定理より、
QA^2-OA^2=OQ^2-2*OQ*OA*c
QC^2-OC^2=OQ^2-2*OQ*OC*c
なので、(*)より、
2OQ^2-2OQ*c(OA+OC)=2(QB^2-OB^2)
すなわち、
OQ^2-OQ*c(OA+OC)=QB^2-OB^2
を得る。
△QBOに関する余弦定理と比べて(辺々引くと) OQ>0より、
c(OA+OC-2*OB)=0 ...(**)
となる。

さて、△OACにて、
|OA-OC|<AC=2AB
だから、両辺2乗して、
OA^2+OC^2<4AB^2+2*OA*OC
両辺にOA^2+OC^2 を加えると
2(OA^2+OC^2)<4AB^2+(OA+OC)^2
となる。両辺を2で割って
OA^2+OC^2<2AB^2+2*((OA+OC)/2)^2
中線平方定理より OA^2+OC^2=2OB^2+2AB^2 だから、
OB^2<((OA+OC)/2)^2, すなわち、
OB<(OA+OC)/2
なので、OA+OC-2*OB=0とはならない(ここは平面幾何でもっと簡単にいえそう)。

したがって、(**)より、c=0 であり、なす角の余弦が0、つまり、なす角は90度である。

#平面π上の異なる2直線に垂直な直線は、π上の任意の直線と垂直である、という命題の立体幾何的証明に習いました。
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61932.Re: 立体幾何  
名前:N    日付:2019年3月4日(月) 20時23分
なるほど、分かりました。ありがとうございます。
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61920.Re: 立体幾何  
名前:らすかる    日付:2019年3月4日(月) 13時37分
三角関数は単にθとφが決まればψが一意的に決まるということを
式で表しただけですので、一意的ということが説明できれば
何でも良いと思います。
例えば
直線lと点Pで角度φで交わる直線群は直線lを軸とする円錐面になり、
円錐面と平面πの交線は高々2本だから、3直線すべてが直線lと
同じ角度をなすことはない。
でも良いでしょう。

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61918.Re: 立体幾何  
名前:N    日付:2019年3月4日(月) 13時3分
ありがとうございます。
ベクトルは旧制高校の範囲外のようです。

三角関数を使うところを初等幾何だけでできるでしょうか。
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61914.Re: 立体幾何  
名前:ppp    日付:2019年3月4日(月) 9時44分
いつもお世話になっています。
ベクトルを使えば簡単になるのではと思います。
それぞれの直線の単位方向ベクトルを考え、4番目のベクトルとの内積
を取れば、平面の次元から、なす角が0又はπ/2以外に成り立たず、
0は仮定より不合理だから結論が得られるのではと思いますがいかがでしょうか。
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61908.Re: 立体幾何  
名前:らすかる    日付:2019年3月4日(月) 2時31分
入試問題なら以下の説明ぐらい書けば多分大丈夫でしょう。

平面π上に1点で交わる3直線があるとして、3直線の交点をPとする。

別の直線lが平面π上にあって各直線と交わる角度を考えるとき、
直線lを平行移動しても各直線との角度は変わらないため、
直線lがPを通るものとしてよい。
平面π上で点Pを通る直線は
直線lと直交するものが1本
直線lと一致するものが1本
直線lとの角度がφ(0<φ<π/2)であるものが2本
となるので、3直線のすべてが直線lと同じ角度をなすことはない。

別の直線lが平面π上になく3直線のすべてと交わる時、
直線lが平面πと2点以上で交わることはないので、
直線lはPを通らなければならない。

平面πと直線lとの角度がθ(0<θ<π/2)であるとき、
直線lを平面πに正射影した直線mを考えて
平面π上にあり直線lと角度φ(0≦φ≦π/2)で交わる直線が
直線mとなす角度をψ(0≦ψ≦π/2)とすると
cosφ=cosθ・cosψ
が成り立つから、ψはθとφから一意的に定まる。
(θ>φのときcosψ=cosφ/cosθ>1となり、条件を満たすψは存在しない)
従って「平面π上にあって点Pを通り直線lと角度φで交わる直線」
=「平面π上にあって点Pを通り直線mと角度ψで交わる直線」
となるが、直線lが平面π上にある場合の考察により
「平面π上にあって点Pを通り直線mと角度ψで交わる直線」は
高々2本しかないので、
「平面π上にあって点Pを通り直線lと角度φで交わる直線」も
高々2本となる。
従って、3直線のすべてが直線lと同じ角度をなすことはない。

平面πと直線lとの角度がπ/2のとき、
3直線すべてが直線lと角度π/2となるから、
3直線のすべてが直線lと同じ角度をなす。

従って直線lが3直線すべてと等しい角度で交わるのは
直線lと平面πとの角度がπ/2のときだけなので、
条件を満たす直線は平面πと垂直となる。

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61903.Re: 立体幾何  
名前:N    日付:2019年3月3日(日) 23時6分
旧制高校の入試問題だそうです。
もう少し説明を加えるとどうなるでしょうか。
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61894.Re: 立体幾何  
名前:らすかる    日付:2019年3月3日(日) 15時50分
自明としてよいかどうかは問題を出された状況によって
変わると思いますが、もし試験問題ならば
もう少し説明を加えた方が良さそうな気がします。
(説明の仕方はどういう状況での試験かによります)

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61891.Re: 立体幾何  
名前:N    日付:2019年3月3日(日) 14時49分
ありがとうございます。

> θ<π/2のとき
> φ<θならば0本
などは自明として差し支えないでしょうか。
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61863.Re: 立体幾何  
名前:らすかる    日付:2019年3月1日(金) 22時51分
平面πと角度θ(0≦θ≦π/2)で交わる直線lがあるとき、
平面π上にあり直線lと角度φ(0≦φ≦π/2)で交わる直線は
θ<π/2のとき
φ<θならば0本
φ=θならば1本(直線lと一致)
θ<φ<π/2ならば2本
φ=π/2ならば1本
となり、
θ=π/2のとき
φ<π/2ならば0本
φ=π/2ならば無数本
となる。
従って3本以上の異なる直線と等しい角度で交わるのは
θ=φ=π/2の場合しかないので、
条件を満たす直線は平面πと垂直。

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61862.立体幾何  
名前:N    日付:2019年3月1日(金) 20時51分
初等幾何(立体幾何)の問題です。

平面πの上にあり一点で交わる三直線のすべてと等しい角で交わる直線は、平面πと垂直であることを示せ。

よろしくお願いします。
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