円に内接する四角形

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 四角形のままでは、余弦定理も面積公式も使えない。対角線 $BD$ を引いて、2つの三角形に割る。

すると同じ $BD$ が $△ABD$ と $△CBD$ の両方に属する。$B{D}^2$ を2通りに表して、等式を作る道が開ける。

ここで効くのが「円に内接する四角形の対角の和は $180^{\circ }$」。$\angle BCD=180^{\circ }-A$ だから、$\cos \angle BCD=-\cos A$。未知数が $\cos A$ の1つにそろう。

(1) 円に内接する四角形の対角の和は $180^{\circ }$ なので、$\angle BCD=180^{\circ }-A$ だ。この一言がこの問題の生命線。円の条件を使わなければ、2つの三角形の角は無関係のままで、方程式が立たない。

$△ABD$ で余弦定理より

$$B{D}^2=A{B}^2+D{A}^2-2\cdot AB\cdot DA\cos A=9+4-12\cos A=13-12\cos A$$

$△CBD$ では、$\cos (180^{\circ }-A)=-\cos A$ に注意すると

$$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2\cdot BC\cdot CD\cos (180^{\circ }-A)=1+4+4\cos A=5+4\cos A$$

マイナスとマイナスが打ち消し合って $+4\cos A$ になるところが、最大の符号事故ポイント。$-2\cdot 1\cdot 2\cdot (-\cos A)=+4\cos A$ と、途中を省略せずに書く。

2つの式は同じ $B{D}^2$ を表すので

$$13-12\cos A=5+4\cos A\text{よって}16\cos A=8\text{すなわち}\cos A=\frac{1}{2}$$

このとき $A=60^{\circ }$ だ。$B{D}^2=13-12\times \frac{1}{2}=7$ より

$$BD=\sqrt{7}$$

(2) 面積も同じ分割を使う。四角形を対角線 $BD$ で $△ABD$ と $△CBD$ に分けて足す。$\sin A=\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$、$\sin \angle BCD=\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ なので

$$S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot DA\sin A+\frac{1}{2}\cdot BC\cdot CD\sin \angle BCD=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$

$$=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$$

まとめ:$\cos$ は $180^{\circ }-A$ で符号が反転するのに、$\sin$ は反転しない($\sin 120^{\circ }=\sin 60^{\circ }$)。この非対称が、(1)では方程式を生み、(2)では計算を楽にしている。

発展 — 一歩先へ。 「対角の和が $180^{\circ }$」のおかげで、$\cos$ は符号が反転し($-\cos A$)、$\sin$ は同じ値のまま($\sin A$)。$B{D}^2$ の連立では $\cos$ の反転が、面積の合算では $\sin$ の一致が、それぞれ効いていた。1つの性質の2つの顔だ。

対角線のもう1本 $AC$ でも同じことができ、トレミーの定理($AC\cdot BD=AB\cdot CD+BC\cdot DA$)という美しい関係へつながっていく。

別解

面積(2)は、円に内接する四角形専用の「ブラーマグプタの公式」でも出せる(ヘロンの公式の四角形版だ)。

4辺の和の半分を $s$ とすると $s=\frac{3+1+2+2}{2}=4$ で

$$S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\sqrt{1\times 3\times 2\times 2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$$

本解の答えと一致する。

ヘロンの公式で $s-a$ などが4つ並ぶ代わりに $s$ が消えているのは、「1辺の長さを $0$ にした四角形=三角形」と考えると、ちょうどヘロンの形に戻るからだ($d=0$ なら $s-d=s$)。円に内接するという条件があって初めて成り立つ公式で、検算用の道具として持っておくと心強い。