COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

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多角形の面積の公式

三角形

定理≪Heron の公式≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおく. このとき, \[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\] が成り立つ.

証明 1: 余弦定理を利用

 こちらを参照.

証明 2: 余角公式と加法定理を利用

 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ から $\triangle\mathrm{ABC}$ と内接円との接点までの距離をそれぞれ $x,$ $y,$ $z$ とおく. $\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right) = \dfrac{1}{\tan\theta}$ に $\theta = \dfrac{\angle\mathrm A}{2}$ を代入すると \begin{align*} \frac{x}{r} &= \tan\left(\dfrac{\angle\mathrm B}{2}+\dfrac{\angle\mathrm C}{2}\right) \\ &= \frac{\dfrac{r}{y}+\dfrac{r}{z}}{1-\dfrac{r}{y}\cdot\dfrac{r}{z}} = \frac{rz+ry}{yz-r^2} \end{align*} となるから, \begin{align*} x(yz-r^2) &= r(rz+ry) \\ xyz &= r^2(x+y+z) = r^2s \end{align*} が成り立つ. ゆえに, \begin{align*} &\triangle\mathrm{ABC} = \frac{a+b+c}{2}\cdot r = r(x+y+z) \\ &= rs = \sqrt{s\cdot r^2s} = \sqrt{sxyz} \\ &= \sqrt{s(x\!+\!y\!+\!z\!-\!y\!-\!z)(x\!+\!y\!+\!z\!-\!y\!-\!z)(x\!+\!y\!+\!z\!-\!z\!-\!x)} \\ &= \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \end{align*} が成り立つ.

四角形

定理≪Brahmagupta の公式≫

 円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $s = \dfrac{a+b+c+d}{2}$ とおく. このとき, 四角形の面積 $S$ は \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] と表される.

証明

 こちらを参照.
 Brahmagupta(ブラーマグプタ)の公式は, 次の Bretschneider(ブレートシュナイダー)の公式に一般化される.

定理≪Bretschneider の公式≫

 四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $s = \dfrac{a+b+c+d}{2},$ $\theta = \angle\mathrm{ABC}+\angle\mathrm{CDA}$ とおく. このとき, 四角形の面積 $S$ は \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos ^2\frac{\theta}{2}}\] と表される.

証明

 $B = \angle\mathrm{ABC},$ $D = \angle\mathrm{CDA}$ とおく. このとき, \[ S = \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} = \frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D\] から \[ 2S = ab\sin B+cd\sin D\] が成り立つので, 両辺を $2$ 乗すると \[ 4S^2 \!=\! a^2b^2\sin ^2B\!+\!c^2d^2\sin ^2D\!+\!2abcd\sin B\sin D\ \cdots [1]\] が得られる. また, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると \[\mathrm{AC}^2 = a^2+b^2-2ab\cos B = c^2+d^2-2cd\cos D\] となり, \[\frac{1}{2}(a^2+b^2-c^2-d^2) = ab\cos B-cd\cos D\] となるから, 両辺を $2$ 乗すると \begin{align*} &\frac{1}{4}(a^2+b^2-c^2-d^2)^2 \\ &= a^2b^2\cos ^2B+c^2d^2\cos ^2D-2abcd\cos B\cos D\ \cdots [2] \end{align*} が得られる. $[1],$ $[2]$ の辺々を加えると \begin{align*} &4S^2+\frac{1}{4}(a^2+b^2-c^2-d^2)^2 \\ &= a^2b^2+c^2d^2-2abcd(\cos B\cos D-\sin B\sin D) \\ &= a^2b^2+c^2d^2-2abcd\cos (B+D) \\ &= a^2b^2+c^2d^2-2abcd\left( 2\cos ^2\frac{\theta}{2}-1\right) \\ &= (ab+cd)^2-4abcd\cos ^2\frac{\theta}{2} \end{align*} となるので, \begin{align*} &S^2+abcd\cos ^2\frac{\theta}{2} \\ &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2-\frac{1}{16}(a^2+b^2-c^2-d^2) \\ &= \frac{2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2}{4} \\ &\qquad \cdot\frac{2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2}{4} \\ &= \frac{(a+b)^2-(c-d)^2}{4}\cdot\frac{(c+d)^2-(a-b)^2}{4} \\ &= \frac{a+b+c-d}{2}\cdot\frac{a+b-c+d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{c+d+a-b}{2}\cdot\frac{c+d-a+b}{2} \\ &= (s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{align*} から \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd\cos ^2\frac{\theta}{2}}\] が得られる.

問題

数学 I: 図形と計量

問題≪ヘロンの公式≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおく. このとき, \[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\] が成り立つことを示せ.

解答例

 こちらを参照.

問題≪ブラーマグプタの公式≫

 円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $s = \dfrac{a+b+c+d}{2}$ とおく. このとき, 四角形の面積 $S$ は \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] と表されることを示せ.

解答例

 こちらを参照.