トレミーの定理の証明と具体例

上野竜生です。今回はトレミーの定理を紹介します。アイデアは普通だけど頑張って文字計算するのがしんどい証明と，アイデアは難しいけど計算はほとんどない証明の２つを紹介します。そのうえでトレミーの定理を使うと便利な例題も紹介します。

トレミーの定理

円に内接する四角形ABCDについてAC・BD=AD・BC+AB・CDが成り立つ。

証明１　普通の証明

図のようにAB=a,BC=b,CD=,c,DA=dとする。

△ABCについて余弦定理より
\(\displaystyle AC^2= a^2 + b^2 - 2a b \cos{B} \)・・・①
△ACDについて余弦定理より
\(\displaystyle AC^2=c^2+d^2 - 2cd \cos{D} \)・・・②
四角形ABCDは円に内接しているからD=180°-B
つまり\(\cos{D}=\cos{(180°-B)}=-\cos{B} \)・・・③
①，②，③より
\( a^2+b^2 -2ab \cos{B} = c^2+d^2 + 2cd \cos{B} \)
∴\(\displaystyle \cos{B}= \frac{a^2+b^2-c^2-d^2 }{2ab+2cd} \)
\(\displaystyle AC^2=a^2+b^2 - \frac{ab(a^2+b^2-c^2-d^2)}{ab+cd} \\ \displaystyle= \frac{a^3 b + a^2 cd +ab^3 + b^2 cd - a^3b - ab^3 +abc^2 +abd^2 }{ab+cd} \\ \displaystyle = \frac{a^2 cd + b^2 cd +abc^2+abd^2 }{ab+cd} \\ = \displaystyle \frac{ac(ad+bc)+bd(bc+ad)}{ab+cd} \\ \displaystyle = \frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}\)

同様にするとbとdを入れ替えれば
\(\displaystyle BD^2=\frac{(ac+bd)(ab+cd)}{ad+bc} \)
よって
\(\displaystyle AC^2 \cdot BD^2 = \frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd} \cdot \frac{(ac+bd)(ab+cd)}{ad+bc} = (ac+bd)^2 \)
∴AC・BD=ac+bd

証明２　かなりひらめきがいるけれども計算は簡単な証明

∠CAD=∠BAEとなる点Eを辺BD上に取る
△ACD∽△ABEなのでAC:CD=AB:BE
つまりAC・BE=AB・CD　・・・①
△ABC∽△AEDなのでAC:BC=AD:ED
つまりAC・ED=BC・AD・・・②
①＋②より
AC(BE+ED)=AB・CD+BC・AD
よってAC・BD=AB・CD+BC・DA

トレミーの定理の適用

トレミーの定理自体があまり教科書の範囲内とはいいがたいのであまりガッツリトレミーの定理の練習をするほどではないと思いますが，適用できる場面はたまにあります。有名な美しい性質として例題１と，現実的に使う場面が最も高そうな例題２の２つだけ紹介します。

例題１

トレミーの定理を応用することを考えると
「2つの積＝2つの積+2つの積」の形にしたいので示したい式の両辺をabc倍します
すると「bc=ac+ab」となるので，対角線の長さがbとcになるような四角形を見つけてみましょう。

例題２

四角形ABCDは円に内接し，AB=2 , BC=6 , CD=3 , DA=8とする。
対角線ACとBDの長さをそれぞれ求めよ。

トレミーの定理はここでは使ってませんが，BDがちょっと汚い数字になったので不安になるかもしれません。そこでトレミーの定理で検算をしてみましょう。

検算
トレミーの定理より
AC・BD=AB・CD+AD・BC=6+48=54
\(\displaystyle AC\cdot BD=\sqrt{51} \cdot \frac{18\sqrt{51}}{17} = \frac{18\cdot 51}{17}=54 \)
となり確かに正しい。

このように使うことができます。また，結果だけを答える問題や，時間があまりにも少ない場合は前半を求めた後，後半はトレミーの定理から求めることもできます。

後半の別解
トレミーの定理より
AC・BD=AB・CD+AD・BC=6+48=54
\(\displaystyle BD=\frac{54}{\sqrt{51}}=\frac{18\sqrt{51}}{17} \)