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.