一、前言

在數學傳播 157 期「四面體的餘弦定理」一文中 (見 ), 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 中第一種形式的結果。 在 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 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 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 $L_1,L_2,L_3,M$, 其中 $L_1$ 垂直 $M$ 於 $A$ 點、 $L_2,L_3$ 垂直 $M$ 於 $B$ 點, 且 $L_1//L_2$。 若分別於 $L_1,L_2$ 上取 $D,C$ 兩點使 $ABCD$ 為一矩形, 並取 $L_3$ 上異於 $B$ 的一點 $E$, 則 $\overline{CD}\bot \overline{CE}$。

證明： 因為 $\overline{AB}\bot \overline{BE}$ 且 $\overline{AB}\bot \overline{BC}$, 故 $\overline{AB}$ 垂直平面 $BCE$ (即同時包含 $L_2,L_3$ 的平面); 又 $\overline{AB}//\overline{CD}$, 可知 $\overline{CD}$ 亦垂直平面 $BCE$, 故 $\overline{CD}\bot \overline{CE}$, 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 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。

解： 仿 所用的符號, 我們以 $\angle (OCA,OCB)$ 表示平面 $OCA$ 與平面 $OCB$ 在四面體 $O$-$ABC$ 內部的兩面角。 為求出 $\cos \angle (OCA,OCB)$, 首先我們透過餘弦定理計算底下兩個餘弦值 \begin{eqnarray} \cos \angle AOC=\frac{2^2+2^2-2^2}{2\times 2\times 2}&=&\frac 12\label{1}\\ \cos \angle BOC=\frac{2^2+2^2-1^2}{2\times 2\times 2}&=&\frac 78\label{2} \end{eqnarray} 因此 $\angle AOC$, $\angle BOC$ 皆為銳角, 且由上述兩式可知 \begin{eqnarray} \sin \angle AOC&=&\frac{\sqrt{3}}{2}\label{3}\\ \sin \angle BOC&=&\frac{\sqrt{15}}{8}\label{4} \end{eqnarray} 此時回到圖 2, 作 $\overline{AD}\bot \overline{OC}$ 於 $D$、 $\overline{BE}\bot \overline{OC}$ 於 $E$, 如下圖3：

由 \eqref{1} 至 \eqref{4} 式的四個三角函數值, 可知圖 3 中有 $$\overline{OD}=1,\quad \overline{AD}=\sqrt{3},\quad \overline{OE}=\dfrac 74,\quad \overline{BE}=\frac{\sqrt{15}}{4}$$ 在圖 3 中作 $\overline{FE}//\overline{AD}$ 且滿足 $\overline{FE}=\overline{AD}$, 則 $ADEF$ 為矩形。 連接 $\overline{AF}$, $\overline{BF}$ 後, 再將圖 3 中某些線段抹去, 使成下圖 4：

注意圖 4 中 $\overleftrightarrow{OC}$, $\overleftrightarrow{AD}$, $\overleftrightarrow{FE}$, $\overleftrightarrow{BE}$ 四直線彼此之間的關係, 等同於圖 1 中 $M$, $L_1$, $L_2$, $L_3$ 的相對關係, 且 $ADEF$ 亦為矩形, 因此由性質 1 可知 $\overline{AF}\bot\overline{BF}$。 因為 $$\overline{AF}=\overline{DE}=\overline{OE}-\overline{OD}=\frac 74-1=\frac 34$$ 由畢式定理知 $$\overline{BF}=\sqrt{\overline{AB}^2-\overline{AF}^2}=\sqrt{2^2-\Big(\frac 34\Big)^2}=\frac{\sqrt{55}}{4}$$ 因為 $\overline{BE}$, $\overline{FE}$ 皆垂直 $\overline{OC}$ 於 $E$, 故 $\angle BEF$ 為圖 3 中的兩面角 $\angle(OCA,OCB)$, 復由圖 4 中 $\overline{EF}=\overline{AD}=\sqrt 3$ 可知 \begin{eqnarray*} \cos\angle(OCA,OCB)&=&\cos \angle BEF=\frac{\overline{BE}^2+\overline{EF}^2-\overline{BF}^2}{2\times\overline{BE}\times\overline{EF}}\\ &=&\frac{\dfrac{15}{16}+3-\dfrac{55}{16}}{2\times\dfrac{\sqrt{15}}{4}\times \sqrt 3}=\frac{\sqrt{5}}{15} \end{eqnarray*} 解題完畢, 此與 中該例子的計算結果相同。

三、透過立體幾何的證明

有了上述對問題 1 的成功解題, 接下來我們考慮一般情形下的問題。 底下, 將四面體換個與圖3不同的角度來看看：

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

圖 5 中, 我們沿用 中推導公式時所用的邊長符號： \begin{equation} \overline{OA}=a,\quad \overline{OB}=b,\quad\overline{OC}=c,\quad \overline{BC}=d,\quad\overline{CA}=e,\quad \overline{AB}=f\label{5} \end{equation} 解題過程如下：

解： 仿照問題 1 的解法, 令 $\angle AOC=\theta_1$, $\angle BOC=\theta_2$, 則有底下兩餘弦值 \begin{eqnarray} \cos\theta_1&=&\cos \angle AOC=\frac{a^2+c^2-e^2}{2ac}\label{6}\\ \cos\theta_2&=&\cos \angle BOC=\frac{b^2+c^2-d^2}{2bc}\label{7} \end{eqnarray} 此處注意 $\angle AOC$, $ \angle BOC$ 不一定是銳角。 由上述兩式可知 \begin{eqnarray} \sin\theta_1&=&\frac{\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}}{2ac}\label{8}\\ \sin\theta_2&=&\frac{\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}}{2bc}\label{9} \end{eqnarray} 此時回到圖 5, 作 $\overline{AD}\bot\overline{OC}$ 於 $D$、 $\overline{BE}\bot\overline{OC}$ 於 $E$, 如底下圖 6：

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

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：

1. $\angle AOC=\theta_1\gt 90^\circ$ 時, $\overline{OD}=a\cos\theta_1\lt 0$, $D$ 不在 $\overline{OC}$ 上, 它位在直線 $OC$ 上靠近 $O$ 那邊的 $\overline{OC}$ 外側;
2. $\angle AOC=\theta_1\le 90^\circ$ 且 $\overline{OD}=a\cos\theta_1\le \overline{OC}$ 時, $D$ 落在 $\overline{OC}$ 上;
3. $\angle AOC=\theta_1\lt 90^\circ$ 且 $\overline{OD}=a\cos\theta_1\gt \overline{OC}$ 時, $D$ 不在 $\overline{OC}$ 上, 它位在直線 $OC$ 上靠近 $C$ 那邊的 $\overline{OC}$ 外側。

注意 (a) 情形會得到 $\overline{OD}\lt 0$, 因此這裡 $\overline{OD}$ 是表示有向線段。 在 (a) 情況下有 $\overline{OD}\lt 0$, 另外兩情形則有 $\overline{OD}\ge 0$。

同理, 作 $\triangle BOC$ 高 $\overline{BE}$ 時, 垂足 $E$ 也不一定是如圖 6 那樣在 $\overline{OC}$ 上。 但無論如何, 我們總可以由圖 6 得出 \begin{equation} \overline{ED}=\overline{OD}-\overline{OE}=a\cos\theta_1-b\cos\theta_2\label{10} \end{equation} 留意此處 $\overline{ED}$ 也是有向線段, 其值也可能為負或零, 端看 \eqref{10} 中 $a\cos\theta_1$, $b\cos \theta_2$ 兩者之間的大小關係。

仿照第二節中由圖 3 得出圖 4 的手法, 我們也將圖 6 作輔助線, 並抹去較不相干的線段, 可得下圖 8：

其中我們作矩形 $ADEF$ 並連接 $\overline{BF}$, 此時由性質 1 知 $\overline{AF}\bot\overline{BF}$。 令 $\angle BEF =\theta$, 則 $\theta$ 為圖 6 中平面 $OCA$, $OCB$ 的兩面角, 即圖 6 中有 $\angle(OCA,OCB)=\theta$。

此時回到圖 8, 由畢氏定理與餘弦定理可知 \begin{eqnarray} \overline{AB}^2-\overline{AF}^2&=&\overline{BF}^2=\overline{EF}^2+\overline{BE}^2-2\overline{EF}\cdot\overline{BE}\cos\theta\nonumber\\ \Rightarrow\ f^2-\overline{ED}^2&=&\overline{AD}^2+\overline{BE}^2-2\overline{AD}\cdot\overline{BE}\cos\theta\label{11} \end{eqnarray} 再次回到圖 6, 可知 $\overline{AD}=a\sin \theta_1$, $\overline{BE}=b\sin\theta_2$, 利用 \eqref{10} 式, 可繼續推導 \eqref{11} 得 \begin{eqnarray} f^2-(a\cos\theta_1-b\cos\theta_2)^2&=&a^2\sin^2\theta_1+b^2\sin^2\theta_2-2(a\sin\theta_1)(b\sin\theta_2)\cos\theta\nonumber\\ \Rightarrow\ \cos\theta&=&\frac{a^2+b^2-f^2-2ab\cos\theta_1\cos\theta_2}{2ab\sin\theta_1\sin\theta_2}\label{12} \end{eqnarray} 將 \eqref{6}, \eqref{7}, \eqref{8}, \eqref{9} 四式代入 \eqref{12} 後可得： \begin{eqnarray*} \cos\theta&=&\frac{a^2+b^2-f^2-2ab\times \frac{a^2+c^2-e^2}{2ac}\times\frac{b^2+c^2-d^2}{2bc}} {2ab\times\frac{\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}}{2ac}\times\frac{\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}}{2bc}}\\ &=&\frac{2c^2\times(a^2+b^2-f^2)-(a^2+c^2-e^2)(b^2+c^2-d^2)}{\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}} \end{eqnarray*} 至此, 即得圖 6 中兩面角 $\angle(OCA,OCB)$ 餘弦值的計算公式如下 \begin{equation} \cos\angle(OCA,OCB)=\frac{\left|\begin{array}{cc} ~a^2+b^2-f^2~&~b^2+c^2-d^2~\\ a^2+c^2-e^2&2c^2 \end{array} \right|} {\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}}\label{13} \end{equation} 此公式與 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 。 透過球面三角餘弦律, 我們可再得 \eqref{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 $\overrightarrow {OA}$, $\overrightarrow {OB}$, $\overrightarrow {OC}$ 分別伸縮為單位向量 $\overrightarrow {OA'}$, $\overrightarrow {OB'}$, $\overrightarrow {OC'}$ 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：

注意上圖中 $\overrightarrow {OA'}$, $\overrightarrow {OC'}$ 的夾角以及 $\overrightarrow {OB'}$, $\overrightarrow {OC'}$ 的夾角, 仍為圖 6 中的 $\theta_1,\theta_2$。 因為是單位球面, 所以 $\theta_1,\theta_2$ 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 $\angle(OCA,OCB)=\theta$, 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 $\theta$ 角同時畫在圖 9 內。 最後, 令弧 $A'B'$ 的弧長為 $c$, 同理可知 $\angle A'OB'=c$。

此時透過圖 9, 球面三角餘弦律告訴我們 $$\cos\theta=\frac{\cos c-\cos\theta_1\cos\theta_2}{\sin\theta_1\sin\theta_2}=\frac{\cos \angle A'OB'-\cos\theta_1\cos\theta_2}{\sin\theta_1\sin\theta_2}$$ 注意 $\angle A'OB'$ 的大小與圖 6 中的 $\angle AOB$ 相同, 此時利用圖 6 及其上方的 \eqref{6}, \eqref{7}, \eqref{8}, \eqref{9} 四式, 可繼續推導上式得 \begin{eqnarray*} \cos\theta&=&\frac{\cos \angle AOB-\cos\theta_1\cos\theta_2}{\sin\theta_1\sin\theta_2}\label{14}\\ &=&\dfrac{\dfrac{a^2+b^2-f^2}{2ab}-\dfrac{a^2+c^2-e^2}{2ac}\times \dfrac{b^2+c^2-d^2}{2bc}} {\dfrac{\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}}{2ac}\times\dfrac{\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}}{2bc}}\label{15}\\ &=&\frac{2c^2\times(a^2+b^2-f^2)-(a^2+c^2-e^2)(b^2+c^2-d^2)}{\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}}\\ &=&\frac{\left|\begin{array}{cc} ~a^2+b^2-f^2~&~b^2+c^2-d^2~\\ a^2+c^2-e^2&2c^2 \end{array} \right|} {\sqrt{(2ac)^2-(a^2+c^2-e^2)^2}\sqrt{(2bc)^2-(b^2+c^2-d^2)^2}} \end{eqnarray*} 這樣子便再度證明了 \eqref{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 文末的附錄中, 作者對球面三角餘弦律的證明內, 與 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 \eqref{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：

由公式 \eqref{13} 可計算 $\cos\angle(OCA,OCB)$ 如下： $$\cos\angle(OCA,OCB)=\frac{\left|\begin{array}{cc} ~45~&~25~\\ ~34~&~50~\end{array}\right| }{\sqrt{1344}\sqrt{2975}}=\frac{5}{\sqrt{51}}$$ 對圖 10 作四面體 $O$-$ABC$ 的高 $\overline{BG}$, 如下圖 11：

若想求出 $\overline{BG}$ 長, 連接 $\overline{GE}$ 後, 因 $\overline{BE}\bot\overline{OC}$ 且 $\overline{BG}\bot$ 平面 $AOC$, 由三垂線定理知 $\overline{GE}\bot \overline{OC}$, 因此 $\angle BEG$ 為平面 $OCA$ 與 $OCB$ 的兩面角, 所以 \begin{eqnarray*} &&\hskip -20pt\cos\angle BEG=\cos\angle(OCA,OCB)=\frac{5}{\sqrt{51}}\\ \Rightarrow &&\sin\angle BEG=\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{51}} \end{eqnarray*} 再來由 $\triangle BOC$ 的三邊長, 不難得知 $\overline{BE}=\dfrac{\sqrt{119}}{2}$, 因此可求得 $$\overline{BG}=\overline{BE}\times \sin\angle BEG=\frac{\sqrt{546}}{6}=\frac{\sqrt{21\times 26}}{6}$$ 這樣就得到了高 $\overline{BG}$ 的長度。 此時令圖 11 中四面體體積為 $V_{O\hbox{-}ABC}$, 先由海龍公式求出 $\triangle AOC$ 面積為 $2\sqrt{21}$, 便得到 $$V_{O\hbox{-}ABC}=\frac 13\times \frac{\sqrt{546}}{6}\times 2\sqrt{21}=\frac{7\sqrt{26}}{3}$$

六、結語

初次讀到文章 時, 覺得該篇文章很有意思, 可以推導出 \eqref{13} 這個公式, 有了它就可求出任一已知稜長的四面體內部任一兩面角餘弦值, 以前印象中課本上都只會算一些稜長較簡單的情形, 比如正四面體。

但是, 看到 中作者採取先證明公式 \eqref{13}, 再以公式對例子解題的順序, 筆者想可否跳過公式的證明, 直接針對例子解題。 於是對問題 1 的例子, 筆者有了圖 3 這個想法, 即對我們所感興趣的兩面角, 以該兩面所共用的稜為底邊, 對兩面上的三角形作高 $\overline{AD}$ 與 $\overline{BE}$。 此時筆者猜想, 圖 3 中向量 $\overrightarrow{DA}$ 與 $\overrightarrow{EB}$ 所夾的角即為我們感興趣的兩面角, 而這個猜想透過圖 4 配合性質 1 作推論, 即可確定其正確性, 並藉此加以解題。

有了公式 \eqref{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 \eqref{5} 的稜長設定條件下, 我們總是可以運用公式 \eqref{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 \eqref{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 的作者, 因為若沒有 這篇文章, 應該不會有本文的出現。

參考文獻

---本文作者投稿時任職於麥當勞竹南民權中心---