円に内接する四角形

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 対角線 AC は、$△ABC$ と $△ACD$ の両方に共有されている。だから AC を両方の三角形から余弦定理で表し、等号で結ぶ。

未知の角が2つ($\angle B,\angle D$)出てくるが、ここで円に内接する条件が効く。向かい合う角の和が $180^{\circ }$ だから、$\cos D=-\cos B$。未知は $\cos B$ ひとつになり、AC が決まる。

面積も同じ角を使う。2つの三角形の和で出せばよい。

① AC を2通りに表す。 $△ABC$ で ${\mathrm{AC}}^2=1^2+2^2-2\cdot 1\cdot 2\cos B=5-4\cos B$。$△ACD$ で ${\mathrm{AC}}^2=3^2+4^2-2\cdot 3\cdot 4\cos D=25-24\cos D$。

② 対角の関係で結ぶ。 $\cos D=-\cos B$ を代入して等号で結ぶ:

$$5-4\cos B=25+24\cos B⟺-20=28\cos B⟺\cos B=-\frac{5}{7}$$

③ AC を求める。

$${\mathrm{AC}}^2=5-4\left(-\frac{5}{7}\right)=5+\frac{20}{7}=\frac{55}{7},\mathrm{AC}=\sqrt{\frac{55}{7}}=\frac{\sqrt{385}}{7}$$

④ 面積。 $\sin B=\sqrt{1-\frac{25}{49}}=\frac{\sqrt{24}}{7}=\frac{2\sqrt{6}}{7}$。$\sin D=\sin B$ だから

$$S=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 2\sin B+\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4\sin D=(1+6)\sin B=7\cdot \frac{2\sqrt{6}}{7}=2\sqrt{6}$$

まとめ: 共有する対角線を2つの三角形から表し、対角の和 $180^{\circ }$($\cos D=-\cos B$)で結ぶ。これが内接四角形の計量の型だ。面積は $\sin$ が共通だから $(1+6)\sin B$ とまとまり、きれいに $2\sqrt{6}$ になる。

発展 — 一歩先へ。 円に内接する四角形の面積には、ヘロンの公式の親戚「ブラーマグプタの公式」$S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$($s$ は周の半分)がある。本問では $s=5$ で $S=\sqrt{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}=2\sqrt{6}$。④の答えと一致する。

別解

もう1本の対角線とトレミーの定理(得意な人向けの検算)。 同じ手順を対角線 BD に使ってみる。$△ABD$ と $△CBD$ で BD を2通りに表すと

$${\mathrm{BD}}^2=1+16-8\cos A=17-8\cos A,{\mathrm{BD}}^2=4+9+12\cos A=13+12\cos A$$

($\angle C=180^{\circ }-\angle A$ を使った)。等号で結んで $\cos A=\frac{1}{5}$、${\mathrm{BD}}^2=\frac{77}{5}$。

ここで、円に内接する四角形の名品「トレミーの定理」— 対角線の積 $=$ 対辺の積の和 — を検算に使える:

$$\mathrm{AC}\cdot \mathrm{BD}=\sqrt{\frac{55}{7}}\cdot \sqrt{\frac{77}{5}}=\sqrt{\frac{55\cdot 77}{35}}=\sqrt{121}=11$$

一方、$\mathrm{AB}\cdot \mathrm{CD}+\mathrm{BC}\cdot \mathrm{DA}=1\cdot 3+2\cdot 4=11$。ぴったり一致した。

2本の対角線を別々に求めて、トレミーで突き合わせる。答えの信頼を自前で作れるうえ、$\sqrt{55/7}$ という汚い値が定理の中では美しく振る舞うのを見られる。