作図と空間図形｜数A 図形の性質

STEP 1

定規とコンパスでかく「基本の作図」

「作図」とは、目盛のない定規とコンパスだけを使って正確な図形をかくこと。長さを測ったり分度器で角度を測ったりするのは反則。使ってよい操作は「2点を通る直線（半直線）を引く」「コンパスで円（弧）をかく」の2つだけ。この制限の中でも、垂直二等分線・角の二等分線・垂線はきちんとかくことができる。

1. 垂直二等分線の作図

線分ABのちょうど真ん中を通り、ABに垂直な直線をかく。

手順1　点Aを中心として、線分ABの半分より長い半径の円をかく。同じ半径のまま、点Bを中心とする円もかく。

↓

手順2　2つの円が交わる2点をP、Qとする。

↓

手順3　直線PQを引く。これが線分ABの垂直二等分線。

直線PQ上のどの点も、Aからの距離とBからの距離が等しい（P、Qはどちらも半径が等しい円の交点だから）。「2点から等距離にある点の集まり＝垂直二等分線」という性質が、この作図の裏側にある考え方。

2. 角の二等分線の作図

角の大きさをちょうど半分にする直線をかく。

手順1　角の頂点Oを中心として適当な半径の円をかき、角の2辺との交点をD、Eとする。

↓

手順2　D、Eのそれぞれを中心として、同じ半径（DEの半分より長い半径）の円をかく。

↓

手順3　2つの円の交点のうち頂点Oでない方をFとし、半直線OFを引く。これが角の二等分線。

3. 垂線の作図（直線外の点から）

直線外の点Pから、その直線に垂直な直線（垂線）を引く。

手順1　点Pを中心として、直線と2点で交わるように円をかく。交点をA、Bとする。

↓

手順2　A、Bのそれぞれを中心として、同じ半径（直線をはさんでPの反対側にも交点ができる半径）の円をかく。

↓

手順3　2つの円の交点のうちPでない方をQとし、直線PQを引く。これが求める垂線。

気づき　実はこの垂線の作図も、「2点から等距離にある点を2つ見つけて結ぶ」という垂直二等分線と同じ考え方を使っている。A、Bから見て等距離にある点はPQ上に並ぶ、というのが共通の原理。

STEP 2

作図の応用（発展・紹介レベル）

中学までの作図は「二等分線」が中心だったが、平行線と相似の考え方を使うと、実は長さの積や商にあたる長さそのものも作図できる。ここでは考え方だけ紹介する（入試で頻出のテーマではないので、細かい計算練習はしない）。

長さの積の作図（考え方）
点Oから2本の半直線を引く。片方に長さ1の点と長さaの点をとり、もう片方に長さbの点をとる。「長さ1の点」と「長さbの点」を結んだ線分に平行な線を「長さaの点」から引くと、それがもう片方の半直線と交わる点までの長さがちょうど \(ab\) になる（三角形の相似・平行線と線分の比の関係を使っている）。同じように平行線の引き方を変えれば、商 \(\dfrac{a}{b}\) にあたる長さも作図できる。

STEP 3

空間の中の直線と平面

平面が決まる条件

空間の中で1つの平面をただ1つに決めるには、次の4つの条件のどれかを満たせばよい。

1. 一直線上にない3点
一直線上にない3点を通る平面は、ただ1つに決まる。

2. 1直線とその上にない1点
直線と、その直線上にない1点を通る平面は、ただ1つに決まる。

3. 交わる2直線
1点で交わる2直線を含む平面は、ただ1つに決まる。

4. 平行な2直線
互いに平行な2直線を含む平面は、ただ1つに決まる。

注意
3点が一直線上にあると、その3点を通る平面は無数にある（決まらない）。「一直線上にない」がポイント。

2平面の位置関係

空間の中の2つの平面の位置関係は、次の2通りしかない。

平行
2平面が共有点を持たない。

交わる
2平面がただ1本の直線（交線）を共有する。

2平面が交わるとき、共有部分は必ず1本の直線（交線）になる（点や曲線が共有部分になることはない）。2平面が垂直に交わる場合も「交わる」の特別な場合。

平面図形では「平行」か「交わる」の2通りしかなかった2直線の関係が、空間では新しくねじれの位置が加わって3通りになる。ここからはこの新顔を押さえよう。

2直線の位置関係

平行
同じ平面上にあり、交わらない。

交わる
同じ平面上にあり、1点で交わる。

ねじれの位置
そもそも同じ平面上にない（平行でも交わってもいない）。

たとえば立方体ABCD-EFGH（前面ABCD、後面EFGH、AE・BF・CG・DHが奥行きの辺）で辺ABを見ると、辺DCは平行、辺ADや辺BFは頂点を共有して交わる、そして後面の辺FGや辺HEは、ABとは平行でも交わってもいない——これがねじれの位置。「同じ平面上に置けるかどうか」で3つを見分けるのがコツ。

直線と平面の位置関係

含まれる
直線が平面の中にすっぽり入っている。

交わる
直線と平面がただ1点で交わる。

平行
直線と平面が共有点を持たない。

直線と平面の垂直、三垂線の定理（紹介）

直線 \(l\) が平面 \(\alpha\) に垂直であるとは、\(l\) が \(\alpha\) と点Oで交わり、しかもOを通る \(\alpha\) 上のすべての直線と垂直になっていること。実際に確かめるときは、Oを通る \(\alpha\) 上の交わる2直線とだけ垂直であることを確認すれば十分（残り全部とも自動的に垂直になる）。

三垂線の定理　点Pが平面 \(\alpha\) の外にあり、\(\alpha\) 上の点Oで \(PO \perp \alpha\)（Oは垂線の足）であるとする。\(\alpha\) 上の直線 \(l\) 上の点Aについて、次は同値。 \[ PA \perp l \iff OA \perp l \] つまり、平面の中の垂直（OA⊥l）だけ確かめれば、立体の中の垂直（PA⊥l）が言える、という便利な定理。証明の考え方は、\(l\) が \(OA\) にも \(PO\) にも垂直なら、\(l\) は平面POAそのものに垂直になり、平面POA上のどの直線（PAも含む）とも垂直になる、というもの。空間図形の証明問題で威力を発揮する。

STEP 4

多面体とオイラーの多面体定理

立体図形の頂点の数（V）・辺の数（E）・面の数（F）の間には、どんな凸多面体でも成り立つ美しい関係式がある。

オイラーの多面体定理 \[ V - E + F = 2 \] （頂点の数）－（辺の数）＋（面の数）＝2

例題　立方体で確かめる。立方体の頂点の数V、辺の数E、面の数Fをそれぞれ求め、\(V-E+F\) を計算せよ。

解答を見る

立方体は頂点8個（\(V=8\)）、辺12本（\(E=12\)）、面6個（\(F=6\)）。 \(V-E+F = 8-12+6 = 2\) 確かに \(V-E+F=2\) が成り立つ

正多面体は5種類しかない

すべての面が合同な正多角形で、どの頂点にも同じ数の面が集まる凸多面体を正多面体という。正多面体は次の5種類しかないことが知られている。

名前	面の形	面の数F	頂点の数V	辺の数E	1頂点に集まる面の数
正四面体	正三角形	4	4	6	3
正六面体（立方体）	正方形	6	8	12	3
正八面体	正三角形	8	6	12	4
正十二面体	正五角形	12	20	30	3
正二十面体	正三角形	20	12	30	5

なぜ5種類しかないのか　正多面体になるには、1つの頂点に集まる面の内角の和が \(360°\) 未満でなければならない（\(360°\) 以上だと平らに開いてしまい、立体の頂点ができない）。正三角形（\(60°\)）は3枚・4枚・5枚まで（\(180°,240°,300°\)）OKだが6枚だと\(360°\)になり不可。正方形（\(90°\)）は3枚（\(270°\)）までOKだが4枚だと\(360°\)で不可。正五角形（\(108°\)）は3枚（\(324°\)）までOK。正六角形以上は3枚集めるだけでもう\(360°\)以上になるので使えない。この条件を満たす組み合わせを数え尽くすと、ちょうど5通りしかない。

練習問題（全17問）

数値・用語を入力して「採点」を押すと○×が出るぞ。作図手順や証明は「解説を見る」で答え合わせをしよう。

基本（1〜7）

作図手順（垂直二等分線）

線分ABの垂直二等分線を、定規とコンパスだけで作図する手順を説明せよ。

解説を見る

手順1　点Aを中心として、線分ABの半分より長い半径の円をかく。同じ半径のまま、点Bを中心とする円もかく。手順2　2つの円が交わる2点をP、Qとする。手順3　直線PQを引く。直線PQが線分ABの垂直二等分線になる（PQ上のどの点もA、Bから等距離だから）

作図手順（角の二等分線）

角AOBの二等分線を、定規とコンパスだけで作図する手順を説明せよ。

解説を見る

手順1　頂点Oを中心として適当な半径の円をかき、辺OA、辺OBとの交点をD、Eとする。手順2　D、Eのそれぞれを中心として、同じ半径（DEの半分より長い半径）の円をかく。手順3　2つの円の交点のうち頂点Oでない方をFとし、半直線OFを引く。半直線OFが角AOBの二等分線になる

作図手順（垂線）

直線 \(l\) の外にある点Pから、\(l\) への垂線を、定規とコンパスだけで作図する手順を説明せよ。

解説を見る

手順1　点Pを中心として、直線 \(l\) と2点で交わるように円をかく。交点をA、Bとする。手順2　A、Bのそれぞれを中心として、同じ半径（直線をはさんでPの反対側にも交点ができる半径）の円をかく。手順3　2つの円の交点のうちPでない方をQとし、直線PQを引く。直線PQが点Pから直線lへの垂線になる

オイラーの多面体定理

正八面体は頂点の数 \(V=6\)、面の数 \(F=8\) である。オイラーの多面体定理を使って、辺の数 \(E\) を求めよ。

\(E=\)

解説を見る

\(V-E+F=2\) より \(6-E+8=2\) \(14-E=2\) \(E=12\)

オイラーの多面体定理

正十二面体は頂点の数 \(V=20\)、面の数 \(F=12\) である。オイラーの多面体定理を使って、辺の数 \(E\) を求めよ。

\(E=\)

解説を見る

\(V-E+F=2\) より \(20-E+12=2\) \(32-E=2\) \(E=30\)

正多面体の性質

面の形が正五角形である正多面体の名前を答えよ。

名前

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正多面体は5種類（正四面体・正六面体・正八面体・正十二面体・正二十面体）。面の形が正五角形なのはそのうち1つだけ。正十二面体

内分点外分点の作図

線分ABが与えられている。定規とコンパスだけを用い、平行線と三角形の相似を利用して、ABを3:2に内分する点Pと、ABを3:2に外分する点Q(Bの外側にとる)を、それぞれ作図する手順を述べよ。

解説を見る

内分点Pの作図:Aを端点とし、線分ABとは異なる向きに半直線を引く。この半直線上にコンパスで等しい長さを繰り返しとり、A₁,A₂,A₃,A₄,A₅(AA₁=A₁A₂=A₂A₃=A₃A₄=A₄A₅)の5個の点をとる(3+2=5等分)。A₅とBを直線で結び、A₃を通りA₅Bに平行な直線を引いてABとの交点をPとする。三角形AA₅Bにおいて、辺AA₅上の点A₃を通り辺A₅Bに平行な直線は、他の辺ABを同じ比に分けるので(平行線と線分の比の性質)、AP:PB=AA₃:A₃A₅=3:2となり、Pが求める内分点である。外分点Qの作図:内分点の作図と同じ半直線上のA₁とA₃を使う。A₁とBを直線で結び、A₃を通りA₁Bに平行な直線を引いて、直線ABの延長との交点をQとする(A₃はA₁よりAから遠いのでQはBの外側に現れる)。A₃Q∥A₁Bかつ角Aが共通だから三角形AA₁Bと三角形AA₃Qは相似で、AQ:AB=AA₃:AA₁=3:1となる。よってQB=AQ-AB=3AB-AB=2ABだから、AQ:QB=3:2となり、Qが求める外分点である。内分点P: AP:PB=3:2(AB上)/ 外分点Q: AQ:QB=3:2(Bの外側)

標準（8〜15）

正四面体の面の数を答えよ。

面の数

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正四面体は正三角形4枚でできている立体。 4

正二十面体の1つの頂点に集まる面の数を答えよ。

面の数

解説を見る

正二十面体は正三角形20枚でできており、1つの頂点には5枚の正三角形が集まる（\(5\times60°=300°<360°\)）。 5

立方体ABCD-EFGH（前面ABCD、後面EFGH、AE・BF・CG・DHが奥行きの辺）において、辺ABとねじれの位置にある辺は何本あるか。

本数

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辺ABを除く11本のうち、平行な辺はDC・EF・HG（3本）、頂点を共有して交わる辺はAD・AE・BC・BF（4本）。残りは \(11-3-4=4\) 本、つまりFG・HE・CG・DHの4本がねじれの位置。 4本

同じ立方体ABCD-EFGHにおいて、辺ABと平行な辺（辺AB自身は除く）は何本あるか。

本数

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立方体の辺は3方向に4本ずつのグループに分かれる。ABと同じ向き（横方向）の辺は、DC・EF・HGの3本。 3本

同じ立方体ABCD-EFGHにおいて、辺ABと交わる（頂点を共有する）辺は何本あるか。

本数

解説を見る

頂点Aから出る辺はAB以外にAD・AEの2本。頂点Bから出る辺はAB以外にBC・BFの2本。あわせて \(2+2=4\) 本。（確認：平行3本＋交わる4本＋ねじれ4本＝11本＝辺AB以外の全部） 4本

空間内の2直線が、同じ平面上になく、平行でも交わってもいないとき、この位置関係を何というか。

名称

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平面図形の2直線は「平行」か「交わる」の2通りしかないが、空間ではこの2通りに当てはまらない位置関係が存在する。ねじれの位置

直線と平面の垂直の証明

正四面体ABCD(4つの面がすべて合同な正三角形である四面体)において、辺BCの中点をMとする。「平面上の交わる2直線に垂直な直線は、その平面に垂直である」という性質を用いて、直線BCが平面AMDに垂直であることを証明せよ。まず、証明の鍵になる性質を確認するために、次の空欄を埋めよ。

△ABCで辺ABとACの長さが等しいことから、△ABCは何という三角形か

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正四面体の4つの面はすべて合同な正三角形だから、△ABCと△DBCはいずれも正三角形であり、特にAB=AC、DB=DCが成り立つ二等辺三角形でもある。二等辺三角形の頂角の頂点から底辺の中点に引いた線分は、底辺の垂直二等分線と一致する。△ABCはAB=ACの二等辺三角形でMがBCの中点だから、AM⊥BCである。同様に△DBCはDB=DCの二等辺三角形でMがBCの中点だから、DM⊥BCである。 AMとDMは平面AMD上にあり、点Mで交わる2直線である(A≠Dだから同じ直線ではない)。BCはこの交わる2直線AM、DMの両方に垂直だから、「平面上の交わる2直線に垂直な直線は、その平面に垂直である」という性質より、直線BCは平面AMDに垂直である。証明終(BC⊥平面AMD)

外心の作図（垂直二等分線の応用・外接円の半径）

座標平面上に3点A(0, 0)、B(6, 0)、C(0, 8)を頂点とする三角形ABCがある。辺ABの垂直二等分線と辺ACの垂直二等分線を作図し、その交点を外心Oとする。外心Oと頂点Aとの距離(三角形ABCの外接円の半径)を求めよ。

外接円の半径

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辺ABの垂直二等分線は、Aからの距離とBからの距離が等しい点の集まりである。A(0, 0)、B(6, 0)より辺ABの中点は(3, 0)で、辺ABはx軸に沿っているから、垂直二等分線はこの中点を通りx軸に垂直な直線 \(x=3\) になる。同様に辺ACの垂直二等分線は、Aからの距離とCからの距離が等しい点の集まりである。A(0, 0)、C(0, 8)より辺ACの中点は(0, 4)で、辺ACはy軸に沿っているから、垂直二等分線はこの中点を通りy軸に垂直な直線 \(y=4\) になる。 2直線 \(x=3\) と \(y=4\) の交点は \(O(3,\ 4)\)。Oは辺ABの垂直二等分線上の点だから \(OA=OB\)、辺ACの垂直二等分線上の点だから \(OA=OC\)。合わせると \(OA=OB=OC\) となり、Oは3頂点A、B、Cから等距離にある点、つまり三角形ABCの外心である(3本目の垂直二等分線、辺BCの垂直二等分線を作図しても同じ点Oを通ることで確かめられる)。外接円の半径はOAの長さに等しい。三平方の定理より \(OA=\sqrt{(3-0)^2+(4-0)^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5\) 5

挑戦（16〜20）

正多面体が5種類しかない理由

正三角形（1つの内角は \(60°\)）を1つの頂点に最大何枚まで集めると、正多面体を作ることができるか。

最大枚

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1つの頂点に集まる面の内角の和は \(360°\) 未満でなければならない。 \(60°\times3=180°\)、\(60°\times4=240°\)、\(60°\times5=300°\)（いずれも\(360°\)未満でOK）、\(60°\times6=360°\)（平らになってしまい不可）。 5枚（このとき正二十面体になる）

記述

正方形の面を持つ正多面体が正六面体（立方体）しかないのはなぜか。1つの頂点に集まる面の内角の和という観点から説明せよ。

解説を見る

正方形の1つの内角は \(90°\)。正多面体になるには、1つの頂点に集まる面の内角の和が \(360°\) 未満でなければならない。 \(90°\times3=270°\)（\(360°\)未満なのでOK）、\(90°\times4=360°\)（ちょうど平らになってしまい、立体の頂点ができないので不可）。 5枚以上はさらに和が大きくなるのでもっと不可。正方形は1つの頂点に3枚しか集められず、その組み合わせでできる正多面体は正六面体（立方体）だけだから

記述・三垂線の定理

三角錐PABCにおいて、頂点Pから底面ABCに垂線を下ろし、その足をOとする（\(PO \perp\) 平面ABC）。次に、Oから辺BCを含む直線に垂線を下ろし、その足をHとする（\(OH \perp BC\)）。このとき \(PH \perp BC\) となることを、三垂線の定理を用いて説明せよ。

解説を見る

\(PO \perp\) 平面ABCなので、平面ABCに含まれる辺BCについても \(PO \perp BC\) が成り立つ。また仮定より \(OH \perp BC\)。辺BCは、平面POH上の2直線PO、OHの両方に垂直なので、辺BCは平面POHそのものに垂直である。平面POH上のどの直線とも垂直になるはずなので、平面POH上にある直線PHとも垂直になる。よって \(PH \perp BC\)（三垂線の定理そのものの証明の考え方と同じ）

平面が決まる条件

空間内に、直線 \(l\) と、\(l\) 上にない点Pがある。直線\(l\)と点Pを通る平面はいくつあるか。

平面の個数個

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「1つの直線と、その直線上にない1点」は、平面が決まる条件の1つ。この条件を満たす平面は、ただ1つに決まる。 1個

2平面の位置関係

平行でない2つの平面 \(\alpha,\ \beta\) が交わるとき、その共有部分（交わりの部分）はどんな図形になるか。

共有部分

解説を見る

空間内の2つの平面の位置関係は「平行」か「交わる」の2通りしかない。平行でなければ交わり、そのとき共有部分は点や曲線ではなく、必ず1本の直線（交線）になる。直線（交線）

応用問題（プリント限定）

ここから先はPDF限定の腕試し。多面体の切断・隣接面・サッカーボール型の多面体など、入試の基礎レベルに挑戦しよう。

応1

立方体の切断

1辺の長さが6の立方体がある。1つの頂点に集まる3本の辺の先（つまりその頂点に隣り合う3つの頂点）を通る平面で、立方体の角を切り落とす。切り口にできる三角形の1辺の長さを求めよ。

1辺の長さ

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切り落とす頂点をOとし、Oに隣り合う3つの頂点をP、Q、Rとする。OP、OQ、ORはすべて立方体の辺なので長さ6、かつ互いに垂直。三角形OPQは直角三角形（\(\angle POQ=90°\)）なので、三平方の定理より \(PQ = \sqrt{OP^2+OQ^2} = \sqrt{6^2+6^2} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}\) QR、RPも同様の理由で同じ長さになるので、切り口PQRは正三角形。（一般に1辺の長さがaの立方体なら、切り口の正三角形の1辺は \(a\sqrt{2}\) になる）切り口の正三角形の1辺の長さは \(6\sqrt{2}\)

応2

サッカーボール型多面体（切頂二十面体）

正二十面体（頂点12・辺30・面20の正三角形、1つの頂点に正三角形が5枚集まる）の12個の頂点をすべて切り落とすと、サッカーボールの模様として知られる「切頂二十面体」ができる。次の問いに答えよ。 (1) 切り落とされた1つの頂点には、もとの正二十面体で正三角形が5枚集まっていた。この切り口にできる新しい面は何角形か。また、その面はいくつできるか。 (2) もとの20枚の正三角形の面は、頂点を切り落とすことで何角形に変わるか。 (3) (1)(2)から、切頂二十面体の面の総数Fを求めよ。 (4) 切頂二十面体の頂点の数はV=60、辺の数はE=90であることが知られている。オイラーの多面体定理から求めたFの値が、(3)の答えと一致することを確認せよ。

(1) 形　個数
(2) 形
(3) \(F=\)
(4) オイラーの定理から求めたF

解説を見る

(1) 1つの頂点に正三角形が5枚集まっていたので、その頂点を切り落とすと、5枚の三角形の辺に沿った切り口は正五角形になる。もとの頂点は12個あるので、正五角形の面は12個できる。 (2) もとの正三角形の3つの角がそれぞれ切り落とされるので、三角形は六角形（実は正六角形）に変わる。もとの面は20枚なので、六角形の面が20個できる。 (3) \(F = 12+20 = 32\) (4) オイラーの多面体定理 \(V-E+F=2\) より \(F = 2-V+E = 2-60+90 = 32\) これは(3)で求めた値と一致する。切頂二十面体は正五角形12枚と正六角形20枚、合わせて32枚の面でできている（\(V=60,E=90,F=32\) で \(V-E+F=2\) も成立）

応3

隣接する面の数

正十二面体の1つの面（正五角形）に隣接する（辺を共有する）面はいくつあるか。また、正二十面体の1つの面（正三角形）に隣接する面はいくつあるか。

正十二面体　正二十面体

解説を見る

凸多面体では、1つの辺は必ずちょうど2つの面の境界になっている。つまり、1つの面に隣接する面の数は、その面の辺の数と同じになる。正十二面体の面は正五角形（辺は5本）なので、隣接する面は5個。正二十面体の面は正三角形（辺は3本）なので、隣接する面は3個。正十二面体は5個、正二十面体は3個

応4

正八面体のねじれの位置

正八面体は、6個の頂点A、A'、B、B'、C、C'（AA'、BB'、CC'がそれぞれ向かい合う頂点の組）を持ち、向かい合う頂点の組以外のすべての2頂点を結ぶと12本の辺ができる。辺ABに対して、ねじれの位置にある辺は何本あるか。

本数

解説を見る

辺は全部で12本あるので、辺AB以外は11本。頂点A、Bのどちらかを共有する辺（交わる辺）：Aから出る辺はAB以外にAB'、AC、AC'の3本。Bから出る辺はAB以外にA'B、BC、BC'の3本。あわせて6本。平行な辺：向かい合う頂点の組を使ったA'B'が、ABとちょうど平行になる（1本）。残りは \(11-6-1=4\) 本。これがねじれの位置にある辺の本数。 4本

応5

正四面体の対辺

正四面体ABCDにおいて、辺ABとねじれの位置にある辺をすべて答えよ。また、その本数を求めよ。

辺　本数

解説を見る

正四面体の辺は全部で6本（AB、AC、AD、BC、BD、CD）。辺AB以外の5本のうち、頂点A・Bのどちらかを共有する辺はAC、AD、BC、BDの4本（残り全部）。共有しない辺はCDの1本だけで、これがねじれの位置にある辺。正四面体では、向かい合う辺（対辺）の組は必ずねじれの位置にあり、しかも垂直に交わる（座標を使って調べると確かめられる、発展的な事実）。辺CDの1本だけがねじれの位置

記述チャレンジ

答えだけでなく「なぜそうなるか」を文章と式で書く練習。模範解答と見比べて、書き方の型を身につけよう。

記1

空間の中の2直線の位置関係が、平面図形にはなかった「ねじれの位置」を含めて3通りになるのはなぜか、「同じ平面上に置けるかどうか」という観点から説明せよ。

模範解答を見る

平面図形の中では、2直線はどちらも同じ1つの平面（その図をかいている紙面そのもの）の上にある。同じ平面上にある2直線は、交わらなければ必ず平行になるので、位置関係は「平行」か「交わる」の2通りしかない。ところが、空間の中では事情が変わる。空間には平面が無数にあり、2つの直線が必ずしも同じ平面上にあるとは限らない。もし2直線がたまたま同じ平面上にあれば、そのときは平面図形のときと同様に「平行」か「交わる」のどちらかになる。しかし、空間には、そもそもどんな1つの平面にも同時に乗せることができない2直線の組が存在する（例えば立方体で、上の面を通る辺と、それとは別方向を向く底面の辺のような関係）。この「同じ平面上に置くことができない」という第3の場合が、平面図形にはなかった新しい位置関係「ねじれの位置」である。したがって、空間での2直線の関係は、まず「同じ平面上に置けるか」で場合分けし、置けるなら平面図形と同じ2通り（平行・交わる）、置けないならねじれの位置、という合計3通りになる。空間では2直線が同じ平面上にあるとは限らないため、「同じ平面上に置ける（平行・交わるの2通り）」場合と「置けない（ねじれの位置）」場合を合わせて3通りになる。

記2

立方体ABCD-EFGH（前面ABCD、後面EFGH、AE・BF・CG・DHが奥行きの辺）において、辺BCとねじれの位置にある辺をすべて求めよ。平行な辺・交わる辺をそれぞれ除外する考え方を書きながら、答案として記述せよ。

模範解答を見る

辺BC以外の11本の辺のうち、まず辺BCと平行な辺を探す。前面の正方形ABCDでは辺BCの向かい側に辺ADがあり、これは辺BCと平行になる。さらに、後面は前面をそのまま奥にスライドさせた形なので、辺BC・辺ADにそれぞれ対応する後面の辺FG・辺HEも、同じ向きで平行になる。よって辺BCと平行な辺はAD・FG・HEの3本。次に、辺BCと交わる（頂点を共有する）辺を探す。頂点Bから出る辺はBC以外にAB・BFの2本。頂点Cから出る辺はBC以外にCD・CGの2本。よって辺BCと交わる辺はAB・BF・CD・CGの4本。平行でも交わってもいない残りの辺が、辺BCとねじれの位置にある辺である。辺BC以外の11本から、平行な3本と交わる4本を除くと \(11-3-4=4\) 残り4本を実際に数え上げると、辺EF・辺GH・辺AE・辺DHである。これらは辺BCと同じ平面上に置くことができず、平行でも交わってもいない。辺BCとねじれの位置にある辺は、辺EF・辺GH・辺AE・辺DHの4本。