平面図形におけるいくつかの定理

1. $\angle\text{ABD}=\angle\text{ACD}=\theta$ とおき、$\text{AD}=x$ とおく。$\triangle\text{ABD}$ に点 $\text{B}$ からみる余弦定理を用いると
   
   \[\cos\theta=\dfrac{a^2+b^2-x^2}{2ab}\tag{1}\label{nitohensankakkeiwobunkatusurusennonagasa1}\] $\triangle\text{ACD}$ に点 $\text{C}$ からみる余弦定理を用いると \[\cos\theta=\dfrac{a^2+c^2-x^2}{2ac}\tag{2}\label{nitohensankakkeiwobunkatusurusennonagasa2}\] $\eqref{nitohensankakkeiwobunkatusurusennonagasa1}$、$\eqref{nitohensankakkeiwobunkatusurusennonagasa2}$ より \begin{align} &\dfrac{a^2+b^2-x^2}{2ab}=\dfrac{a^2+c^2-x^2}{2ac}\\ \Leftrightarrow~&c(a^2+b^2-x^2)=b(a^2+c^2-x^2)\\ \Leftrightarrow~&(b-c)x^2=ba^2+bc^2-ca^2-cb^2\\ \Leftrightarrow~&(b-c)x^2=a^2(b-c)-bc(b-c)\\ \Leftrightarrow~&(b-c)x^2=(a^2-bc)(b-c) \end{align} $b{\gt}c$ より $b{\neq}c$ なので、両辺を $(b-c)$ で割って \begin{align} &x^2=a^2-bc\\ \therefore~~&\boldsymbol{x=\sqrt{a^2-bc}} \end{align}
2. 1で求めた $x=\sqrt{a^2-bc}$ を $\eqref{nitohensankakkeiwobunkatusurusennonagasa1}$ に代入して
   $\blacktriangleleft$ 別解として、以下のように補助線を引いて、導くこともできる。
   
   \begin{align} \cos\theta=&\dfrac{a^2+b^2-(a^2-bc)}{2ab}=\dfrac{b^2+bc}{2ab}\\ =&\boldsymbol{\dfrac{b+c}{2a}} \end{align}

$\text{BD}=x$ とおくと、角の二等分線の定理より、 \begin{align} &\text{AB}:\text{AC}=\text{BD}:\text{DC}\\ &5:4=x:(18-x)\\ &4x=5(18-x)\\ &9x=90\\ &x=10\\ \therefore~&\boldsymbol{\text{BD}=10} \end{align}

$\text{CD}=x$ とおくと、外角の二等分線の定理より、 \begin{align} &\text{AB}:\text{AC}=\text{BD}:\text{DC}\\ &7:5=(6+x):x\\ &7x=5(6+x)\\ &2x=30\\ &x=15\\ \therefore~&\boldsymbol{\text{CD}=15} \end{align}

$\triangle\text{ABP}$、$\triangle\text{BCP}$、$\triangle\text{CDP}$、$\triangle\text{DAP}$ の面積を、それぞれ $S_1$、$S_2$、$S_3$、$S_4$ とおくと \begin{align} S_1=&\dfrac{1}{2}\text{AP}\cdot\text{BP}\sin\theta\\ &\blacktriangleleft 三角形の面積参照\\ S_2=&\dfrac{1}{2}\text{BP}\cdot\text{CP}\sin(180^\circ-\theta)\\ =&\dfrac{1}{2}\text{BP}\cdot\text{CP}\sin\theta\\ &\blacktriangleleft 180^\circ-\thetaの三角比\\ S_3=&\dfrac{1}{2}\text{CP}\cdot\text{DP}\sin\theta\\ S_4=&\dfrac{1}{2}\text{DP}\cdot\text{AP}\sin(180^\circ-\theta)\\ =&\dfrac{1}{2}\text{DP}\cdot\text{AP}\sin\theta \end{align} となるから \begin{align} S=&S_1+S_2+S_3+S_4\\ =&\dfrac{1}{2}(\text{AP}\cdot\text{BP}+\text{BP}\cdot\text{CP}\\ &\qquad+\text{CP}\cdot\text{DP}+\text{DP}\cdot\text{AP})\sin\theta\\ =&\dfrac{1}{2}\{\text{BP}\cdot(\text{AP}+\text{CP})\\ &\qquad+\text{DP}\cdot(\text{CP}+\text{AP})\}\sin\theta\\ =&\dfrac{1}{2}\left(\text{AP}+\text{CP}\right)\left(\text{BP}+\text{DP}\right)\sin\theta\\ =&\dfrac{1}{2}\text{AC}\cdot\text{BD}\sin\theta=\frac{1}{2}ab\sin\theta \end{align}

1. 点 $\text{A}$ からみる余弦定理より \begin{align} a^2=&b^2+c^2-2ab\cos{A}\\ =&4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos{60^\circ}\\ =&16+25-40\times\dfrac{1}{2}=21 \end{align} よって、$\boldsymbol{a=\sqrt{21}}$ である。
2. $\blacktriangleleft$ 三角形の面積参照
   \begin{align} S=&\dfrac{1}{2}bc\sin{A}\\ =&\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot5\sin{60^\circ}\\ =&\boldsymbol{5\sqrt{3}} \end{align}
3. $\blacktriangleleft$ それぞれ、$\text{AB}$、$\text{BC}$、$\text{CA}$ を底辺とみて、内接円の半径を高さにとった
   内接円の中心を $\text{I}$ とすると、$\triangle\text{ABI}$、$\triangle\text{BCI}$、$\triangle\text{CAI}$ の面積はそれぞれ $\dfrac{1}{2}cr$、$\dfrac{1}{2}ar$、$\dfrac{1}{2}br$ となるから、$\triangle\text{ABC}$ の面積 $S$ は \begin{align} S=&\dfrac{1}{2}ar+\dfrac{1}{2}br+\dfrac{1}{2}cr\\ =&\dfrac{1}{2}r(a+b+c)\tag{3}\label{sankakkeinomensekitonaisetuennohanke} \end{align} とも表せる。よって2と $\eqref{sankakkeinomensekitonaisetuennohanke}$ より \begin{align} r=&\dfrac{2S}{a+b+c}\\ =&\dfrac{2\cdot5\sqrt{3}}{\sqrt{21}+4+5}\\ =&\dfrac{10\sqrt{3}}{\sqrt{21}+9}\\ =&\boldsymbol{\dfrac{3\sqrt{3}-\sqrt{7}}{2}} \end{align}

円に内接する四角形

1. $\blacktriangleleft$ 正弦定理の証明の中で、別の方法で証明した。
   中心角は円周角の2倍なので
   • $A$ は図の $\dfrac{1}{2}\alpha$ と等しく、
   • $C$ は図の $\dfrac{1}{2}\beta$ と等しい。
   よって、$A+C=\dfrac{1}{2}\left(\alpha+\beta\right)=180^\circ$
2. 1より、$A=180^\circ-C$ であるので
   $\blacktriangleleft$ $180^\circ-\theta$ の三角比参照
   \[\cos{A}=\cos{(180^\circ-A)}=-\cos{C}\]
3. $\triangle\text{ABD}$ に点 $\text{A}$ からみる余弦定理を用いて \begin{align} \text{BD}^2&=4^2+3^2\\ &\qquad-2\cdot4\cdot3\cos{A}\\ &=25-24\cos{A}\tag{1}\label{enninaisetusurusikakkei1} \end{align} $\triangle\text{CBD}$ に点 $\text{C}$ からみる余弦定理を用いて \begin{align} \text{BD}^2&=5^2+3^2\\ &\qquad-2\cdot5\cdot3\cos{C}\\ &=34-30\cos{C}\tag{2}\label{enninaisetusurusikakkei2} \end{align} $\eqref{enninaisetusurusikakkei1}$、$\eqref{enninaisetusurusikakkei2}$、$\cos{A}=-\cos{C}$ より \begin{align} &25-24\cos{A}=34+30\cos{A}\\ \Leftrightarrow~&\cos{A}=-\dfrac{9}{54}=-\dfrac{1}{6} \end{align} これを $\eqref{enninaisetusurusikakkei1}$ に代入して \[\text{BD}^2=25-24\cdot\left(-\dfrac{1}{6}\right)=29\] $\text{BD}\gt0$ であるので、$\boldsymbol{\text{BD}=\sqrt{29}}$ と分かる。
4. $\sin{A}=\sqrt{1-\cos^2{A}}=\dfrac{\sqrt{35}}{6}$ より
   $\blacktriangleleft$ 三角形の面積参照
   \begin{align} \triangle\text{ABD}=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot3\cdot\dfrac{\sqrt{35}}{6}=\sqrt{35} \end{align}
   $\blacktriangleleft$ $180^\circ-\theta$ の三角比参照
   また、$\sin{C}=\sin{(180^\circ-A)}=\sin{A}$ より
   $\blacktriangleleft$ 三角形の面積参照
   \begin{align} \triangle\text{CBD}=\dfrac{1}{2}\cdot5\cdot3\cdot\dfrac{\sqrt{35}}{6}=\dfrac{5}{4}\sqrt{35} \end{align} よって、求める面積は $\sqrt{35}+\dfrac{5}{4}\sqrt{35}=\boldsymbol{\dfrac{9}{4}\sqrt{35}}$

1. $\triangle\text{ABD}$ に点 $\text{A}$ からみる余弦定理を用いると \begin{align} &\cos\angle\text{BAD}\\ &\quad=\dfrac{a^2+d^2-{\text{BD}}^2}{2ad}\tag{1}\label{toremi-noteiri1} \end{align} $\triangle\text{CBD}$ に点 $\text{C}$ からみる余弦定理を用いると \begin{align} &\cos\angle\text{BCD}\\ &\quad=\dfrac{b^2+c^2-{\text{BD}}^2}{2bc}\tag{2}\label{toremi-noteiri2} \end{align} $-\cos\angle\text{BAD}=\cos\angle\text{BCD}$ であるので、$\eqref{toremi-noteiri1}$ $\eqref{toremi-noteiri2}$ より \begin{align} &-\dfrac{a^2+d^2-{\text{BD}}^2}{2ad}\\ &\qquad=\dfrac{b^2+c^2-{\text{BD}}^2}{2bc}\\ \Leftrightarrow~&bc({\text{BD}}^2-a^2-d^2)\\ &\qquad=ad(b^2+c^2-{\text{BD}}^2)\\ &\blacktriangleleft 両辺に2adbcをかけた\\ \Leftrightarrow~&(ad+bc){\text{BD}}^2\\ =&ad(b^2+c^2)+bc(a^2+d^2)\\ =&ab(bd+ac)+cd(ac+bd)\\ =&(ab+cd)(ac+bd) \end{align}
2. $\cos\angle\text{ABC}=-\cos\angle\text{ADC}$ より \[-\dfrac{a^2+b^2-\text{AC}^2}{2ab}=\dfrac{c^2+d^2-\text{AC}^2}{2cd}\] 1と同じように整頓すれば \begin{align} &(ab+cd)\text{AC}^2\\ &\qquad=cd(a^2+b^2)+ab(c^2+d^2)\\ \Leftrightarrow~&(ab+cd)\text{AC}^2\\ &\qquad=(ad+bc)(ac+bd) \end{align} これと1の結果より \begin{align} &(ad+bc)\text{BD}^2\times(ab+cd)\text{AC}^2\\ &\quad=(ab+cd)(ac+bd)\\ &\qquad\times(ad+bc)(ac+bd)\\ &\blacktriangleleft 左辺どうし、右辺どうしを掛け合わせた\\ \Leftrightarrow~&\text{BD}^2\cdot \text{AC}^2=(ac+bd)^2\\ \therefore~&\text{BD}\cdot\text{AC}=(ac+bd) \end{align}