(A)

\[\cos\angle\mathrm A = \frac{5^2+3^2-7^2}{2\cdot 5\cdot 3} = \frac{-15}{2\cdot 5\cdot 3} = -\frac{1}{2}\] から, $\angle\mathrm A = 120^\circ$ である. よって, $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積は, \[\triangle\mathrm{ABC} = \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 3\sin 120^\circ = \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 3\cdot\frac{\sqrt 3}{2} = \frac{15\sqrt 3}{4}\] である.

(B)

\[\cos\angle\mathrm A = \frac{5^2+8^2-7^2}{2\cdot 5\cdot 8} = \frac{40}{2\cdot 5\cdot 8} = \frac{1}{2}\] から, $\angle\mathrm A = 60^\circ$ である. よって, $\triangle\mathrm{ABC}$ の面積は, \[\triangle\mathrm{ABC} = \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\sin 60^\circ = \frac{1}{2}\cdot 5\cdot 8\cdot\frac{\sqrt 3}{2} = 10\sqrt 3\] である.

(A)

$\triangle\mathrm{ABC}$ の半周長は $\dfrac{7+5+3}{2} = \dfrac{15}{2}$ であるから, 面積は「ヘロンの公式」(こちらを参照) により \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{ABC} &= \sqrt{\frac{15}{2}\left(\frac{15}{2}-7\right)\left(\frac{15}{2}-5\right)\left(\frac{15}{2}-3\right)} \\ &= \frac{\sqrt{15(15-14)(15-10)(15-6)}}{4} \\ &= \frac{\sqrt{15\cdot 1\cdot 5\cdot 9}}{4} = \frac{15\sqrt 3}{4} \end{aligned}\] である.

(B)

$\triangle\mathrm{ABC}$ の半周長は $\dfrac{7+5+8}{2} = 10$ であるから, 面積は「ヘロンの公式」(こちらを参照) により \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{ABC} &= \sqrt{10(10-7)(10-5)(10-8)} \\ &= \sqrt{10\cdot 3\cdot 5\cdot 2} = 10\sqrt 3 \end{aligned}\] である.

　$\theta = \angle\mathrm{BAC}$ とおくと, 三角形の面積の公式により \[\begin{aligned} \mathrm{BD}:\mathrm{DC} &= \triangle\mathrm{ABD}:\triangle\mathrm{ACD} \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{AB}\cdot\mathrm{AD}\sin\frac{\theta}{2}:\frac{1}{2}\mathrm{AC}\cdot\mathrm{AD}\sin\frac{\theta}{2} \\ &= \mathrm{AB}:\mathrm{AC} \end{aligned}\] が得られる.

(1)

三角形の面積の公式により, \[\begin{aligned} \dfrac{\triangle\mathrm{OAC}}{\triangle\mathrm{OBC}} &= \frac{\dfrac{1}{2}\mathrm{CO}\cdot\mathrm{CA}\sin\angle\mathrm{OCA}}{\dfrac{1}{2}\mathrm{CO}\cdot\mathrm{CB}\sin\angle\mathrm{OCB}} \\ &= \frac{\mathrm{AC}\sin\angle\mathrm{OCA}}{\mathrm{BC}\sin (180^\circ -\angle\mathrm{OCA})} \\ &= \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}} \quad (\because\sin (180^\circ -\angle\mathrm{OCA}) = \sin\angle\mathrm{OCA}) \end{aligned}\] である.

(2)

三角形の面積の公式により, \[\begin{aligned} \dfrac{\triangle\mathrm{OAC}}{\triangle\mathrm{OBC}} &= \frac{\dfrac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OC}\sin\angle\mathrm{AOC}}{\dfrac{1}{2}\mathrm{OB}\cdot\mathrm{OC}\sin\angle\mathrm{BOC}} \\ &= \frac{\mathrm{OA}\sin\angle\mathrm{AOC}}{\mathrm{OB}\sin\angle\mathrm{BOC}} \end{aligned}\] である.

(3)

(1), (2) の結果から, \[\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}} = \frac{\mathrm{OA}\sin\angle\mathrm{AOC}}{\mathrm{OB}\sin\angle\mathrm{BOC}} \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 同様に, \[\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BD}} = \frac{\mathrm{OA}\sin\angle\mathrm{AOD}}{\mathrm{OB}\sin\angle\mathrm{BOD}} \quad \cdots [2]\] であるから, $[1]\div [2]$ から \[\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}\cdot\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{AD}} = \frac{\sin\angle\mathrm{AOC}\sin\angle\mathrm{BOD}}{\sin\angle\mathrm{BOC}\sin\angle\mathrm{AOD}}\] が得られる. この値は, $a,$ $b,$ $c,$ $d$ のなす角の大きさのみに依存し, $l$ を $a,$ $b,$ $c,$ $d$ と相異なる $4$ 点で交わる別の直線 $l'$ に取り換えても変わらない. つまり, \[\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}\cdot\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{AD}} = \frac{\mathrm A'\mathrm C'}{\mathrm B'\mathrm C'}\cdot\frac{\mathrm B'\mathrm D'}{\mathrm A'\mathrm D'}\] が成り立つ.

(1)

三角比の定義, 三角形の面積の公式, 余弦定理により, \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{AH}}{b} &= |\cos A| = \frac{|b^2+c^2-a^2|}{2bc} \quad \cdots [1], \\ \frac{\mathrm{BH}}{a} &= |\cos B| = \frac{|c^2+a^2-b^2|}{2ca} \quad \cdots [2], \\ \frac{\mathrm{CH}}{b} &= \sin A = \frac{2S}{bc} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

$[1]$～$[3]$ から, \[\begin{aligned} 2c\cdot\mathrm{AH} &= |b^2+c^2-a^2|, \\ 2c\cdot\mathrm{BH} &= |c^2+a^2-b^2|, \\ c\cdot\mathrm{CH} &= 2S \end{aligned}\] が成り立つ. $a,$ $b,$ $c$ と $S$ が整数であるならば, これらの値は整数である.

(1)

三角比の相互関係, 余弦定理により, \[\begin{aligned} &(\triangle\mathrm{ABC})^2 = \frac{1}{4}b^2c^2\sin ^2A \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2(1-\cos ^2A) \\ &= \frac{1}{4}b^2c^2-\frac{1}{4}b^2c^2\cdot\frac{(b^2+c^2-a^2)^2}{4b^2c^2} \\ &= \frac{1}{16}\{ (2bc)^2-(b^2+c^2-a^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}(2bc+b^2+c^2-a^2)(2bc-b^2-c^2+a^2) \\ &= \frac{1}{16}\{ (b+c)^2-a^2\}\{ a^2-(b-c)^2\} \\ &= \frac{a+b+c}{2}\cdot\frac{-a+b+c}{2}\cdot\frac{a-b+c}{2}\cdot\frac{a+b-c}{2} \\ &= s(s-a)(s-b)(s-c) \end{aligned}\] が成り立つ. よって, 両辺の正の平方根をとると, \[\triangle\mathrm{ABC} = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\] が得られる.

(2)

(1) により, \[\begin{aligned} S &= \sqrt{\frac{3b}{2}\left(\frac{3b}{2}-b+1\right)\left(\frac{3b}{2}-b\right)\left(\frac{3b}{2}-b-1\right)} \\ &= \frac{\sqrt{3b(b+2)b(b-2)}}{4} \\ &= \frac{b\sqrt{3(b^2-4)}}{4} \end{aligned}\] が成り立つ.
　$b$ が奇数であるとすると, $b^2-4$ も奇数になり, 右辺の分子は奇数になってしまい, $S$ が整数であることに反する.
　よって, $b$ は偶数である. そこで, $x = \dfrac{b}{2}$ とおくと, \[ S = \frac{2x\sqrt{3(4x^2-4)}}{4} = x\sqrt{3(x^2-1)}\] となる. これは整数であるから, ある正の整数 $y$ に対して $x^2-1 = 3y^2$ つまり $x^2-3y^2 = 1$ となる.

(1)

$a' = \mathrm{PA},$ $b' = \mathrm{PB},$ $c' = \mathrm{PC}$ とおく. $\triangle\mathrm{PAB}$ に余弦定理を適用すると, \[\begin{aligned} 4\triangle\mathrm{PAB} &= 2a'c\sin\theta = 2a'c\cos\theta\tan\theta \\ &= (a'^2+c^2-b'^2)\tan\theta \end{aligned}\] が得られる. 同様に, \[\begin{aligned} 4\triangle\mathrm{PBC} &= (b'^2+a^2-c'^2)\tan\theta, \\ 4\triangle\mathrm{PCA} &= (c'^2+b^2-a'^2)\tan\theta \end{aligned}\] が成り立つ. これらの辺々を加えると, \[\begin{aligned} 4S &= (a^2+b^2+c^2)\tan\theta \\ \tan\theta &= \frac{4S}{a^2+b^2+c^2} \end{aligned}\] が得られる.

(2)

(1) により \[\begin{aligned} &\theta \leqq 30^\circ \iff \tan\theta \leqq \frac{1}{\sqrt 3} \\ &\iff \tan ^2\theta \leqq \frac{1}{3} \iff \frac{16S^2}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leqq \frac{1}{3} \\ &\iff (a^2+b^2+c^2)^2 \geqq 3\cdot 16S^2 \quad \cdots [1] \end{aligned}\] であるから, $[1]$ を示す. 「ヘロンの公式」により \[\begin{aligned} &(a^2+b^2+c^2)^2-3\cdot 16S^2 \\ &= (a^2+b^2+c^2)^2 \\ &\quad -3(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c) \\ &= (a^2+b^2+c^2)^2 \\ &\quad +3(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c) \\ &= (a^2+b^2+c^2)^2+3\{ (a+b)^2-c^2\}\{ (a-b)^2-c^2\} \\ &= (a^2+b^2+c^2)^2 \\ &\quad +3[(a+b)^2(a-b)^2-\{ (a+b)^2+(a-b)^2\} c^2+c^4] \\ &= (a^2+b^2+c^2)^2 \\ &\quad +3\{ (a^2-b^2)^2-2(a^2+b^2)c^2+c^4\} \\ &= (a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2) \\ &\quad +3(a^4+b^4-2a^2b^2-2c^2a^2-2b^2c^2+c^4) \\ &= 2(2a^4+2b^4+2c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2) \\ &= 2\{ (a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2\} \\ &\geqq 0 \end{aligned}\] が成り立つから, $[1]$ つまり $\theta \leqq 30^\circ$ が成り立つ. 等号成立は, $a = b = c$ つまり $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形である場合に限る.

(1)

正弦定理により $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ であるから, \[ S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}bc\cdot\frac{a}{2R} = \frac{abc}{4R}\] が成り立つ.

(2)

$\triangle\mathrm{ABC}$ の内心を $\mathrm I$ とおくと, \[\begin{aligned} S &= \triangle\mathrm{IBC}+\triangle\mathrm{ICA}+\triangle\mathrm{IAB} \\ &= \frac{1}{2}ra+\frac{1}{2}rb+\frac{1}{2}rc = \frac{1}{2}r(a+b+c) \\ &= rs \end{aligned}\] となる.

(3)

$\triangle\mathrm{ABC}$ の $\angle\mathrm A$ 内の傍心を $\mathrm I_{\mathrm A}$ とおくと, \[\begin{aligned} S &= -\triangle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{BC}+\triangle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{CA}+\triangle\mathrm I_{\mathrm A}\mathrm{AB} \\ &= -\frac{1}{2}r_{\mathrm A}a+\frac{1}{2}r_{\mathrm A}b+\frac{1}{2}r_{\mathrm A}c = \frac{1}{2}r_{\mathrm A}(-a+b+c) \\ &= r_{\mathrm A}(s-a) \end{aligned}\] となる. 同様に, $S = r_{\mathrm B}(s-b) = r_{\mathrm C}(s-c)$ が成り立つ.

(4A)

$S^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)$ に (2), (3) の結果 \[ S = rs, \quad s-a = \dfrac{S}{r_{\mathrm A}}, \quad s-b = \dfrac{S}{r_{\mathrm B}}, \quad s-c = \dfrac{S}{r_{\mathrm C}}\] を代入すると ($S = rs$ は $S\cdot S$ の $1$ つに代入), \[ S\cdot rs = s\cdot\dfrac{S}{r_{\mathrm A}}\cdot\dfrac{S}{r_{\mathrm B}}\cdot\dfrac{S}{r_{\mathrm C}}\] から

$S^2 = rr_{\mathrm A}r_{\mathrm B}r_{\mathrm C}$　つまり　$S = \sqrt{rr_{\mathrm A}r_{\mathrm B}r_{\mathrm C}}$

が得られる.

(4B)

順次 (3), (2) を使うと, \[\begin{aligned} &\dfrac{1}{r_{\mathrm A}}+\dfrac{1}{r_{\mathrm B}}+\dfrac{1}{r_{\mathrm C}} = \frac{s-a}{S}+\frac{s-b}{S}+\frac{s-c}{S} \\ &= \frac{3s-(a+b+c)}{S} = \frac{3s-2s}{S} = \frac{s}{S} = \frac{1}{r} \end{aligned}\] が得られる.

(4C)

正弦定理により, \[ h_{\mathrm A} = c\sin B = \frac{bc}{2R}\] が成り立つ. 同様に, \[ h_{\mathrm B} = \frac{ca}{2R}, \quad h_{\mathrm C} = \frac{ab}{2R}\] が成り立つ. これらと (1), (2) により, \[\begin{aligned} &\frac{1}{h_{\mathrm A}}+\frac{1}{h_{\mathrm B}}+\frac{1}{h_{\mathrm C}} = \frac{2R}{bc}+\frac{2R}{ca}+\frac{2R}{ab} \\ &= \frac{2R(a+b+c)}{abc} = \frac{4Rs}{abc} = \frac{s}{S} = \frac{1}{r} \end{aligned}\] が得られる.

(4D)

順次 (2), (3),「ヘロンの公式」, (1) を使うと, \[\begin{aligned} &r_{\mathrm A}+r_{\mathrm B}+r_{\mathrm C}-r \\ &= \frac{S}{s-a}+\frac{S}{s-b}+\frac{S}{s-c}-\frac{S}{s} \\ &= \frac{S^2}{S(s-a)}+\frac{S^2}{S(s-b)}+\frac{S^2}{S(s-c)}-\frac{S^2}{Ss} \\ &= \frac{s(s-b)(s-c)}{S}+\frac{s(s-a)(s-c)}{S} \\ &\qquad +\frac{s(s-a)(s-b)}{S}-\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{S} \\ &= \frac{s(s-c)(2s-a-b)}{S}+\frac{(s-a)(s-b)\{ s-(s-c)\}}{S} \\ &= \frac{s(s-c)c}{S}+\frac{(s-a)(s-b)c}{S} \\ &= \frac{\{ 2s^2-s(a+b+c)+ab\} c}{S} \\ &= \frac{(2s^2-s\cdot 2s+ab)c}{S} = \frac{abc}{S} = 4R \end{aligned}\] となるから, $r$ を移項すると求める等式が得られる.

(1)

正弦定理により, \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}ab\sin C = \frac{1}{2}\cdot 2R\sin A\cdot 2R\sin B\cdot\sin C \\ &= 2R^2\sin A\sin B\sin C \end{aligned}\] が成り立つ.

(2)

$a \geqq b \geqq c$ であるから, 正弦定理により \[ 2R\sin A \geqq 2R\sin B \geqq 2R\sin C\] つまり \[\sin A \geqq \sin B \geqq \sin C\] が成り立つ.

(3)

(1), (2), 正弦定理, および $A+B+C = 180^\circ,$ $A \geqq B \geqq C > 0^\circ$ から $0^\circ < C \leqq 60^\circ$ であることにより, \[\begin{aligned} \frac{S}{a^2} &= \frac{2R^2\sin A\sin B\sin C}{4R^2\sin ^2A} = \frac{\sin B\sin C}{2\sin A} \quad (\because (1)) \\ &\leqq \frac{\sin B\sin C}{2\sin B} = \frac{\sin C}{2} \quad (\because (2)) \\ &\leqq \frac{\sin 60^\circ}{2} = \frac{\sqrt 3}{4} \quad (\because 0^\circ < C \leqq 60^\circ ) \end{aligned}\] よって \[ S \leqq \frac{\sqrt 3}{4}a^2\] が成り立つ.

(4)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるとき, \[ S = \frac{1}{2}a^2\sin 60^\circ = \frac{\sqrt 3}{4}a^2\] が成り立つ.
　逆に, $S = \dfrac{\sqrt 3}{4}a^2$ が成り立つとすると, (3) の不等式で等号が成り立つことから, $\sin A = \sin B,$ $C = 60^\circ,$ よって $A = B = C = 60^\circ$ となり, $\triangle\mathrm{ABC}$ は正三角形となる.
　以上から, $\triangle\mathrm{ABC}$ が正三角形であるためには, $S = \dfrac{\sqrt 3}{4}a^2$ であることが必要十分である.

(1)

四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, 対角線 $\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD}$ の長さを $p,$ $q,$ なす角を $\theta,$ 交点を $\mathrm O$ とおき, 面積を $S$ とおく.

(i)

四角形 $\mathrm{ABCD}$ が凸であるとき. $\sin (180^\circ -\theta ) = \sin\theta$ であるから, \[\begin{aligned} S &= \triangle\mathrm{OAB}+\triangle\mathrm{OBC}+\triangle\mathrm{OCD}+\triangle\mathrm{ODA} \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\sin\theta +\frac{1}{2}\mathrm{OB}\cdot\mathrm{OC}\sin\theta \\ &\qquad +\frac{1}{2}\mathrm{OC}\cdot\mathrm{OD}\sin\theta +\frac{1}{2}\mathrm{OD}\cdot\mathrm{OA}\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\!+\!\mathrm{OB}\cdot\mathrm{OC}\!+\!\mathrm{OC}\cdot\mathrm{OD}\!+\!\mathrm{OD}\cdot\mathrm{OA})\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(\mathrm{OA}+\mathrm{OC})(\mathrm{OB}+\mathrm{OD})\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}pq\sin\theta \end{aligned}\] が成り立つ.

(ii)

四角形 $\mathrm{ABCD}$ が凸でないとき. $\angle\mathrm{BCD} > 180^\circ$ であるとしても一般性を失わないから, その場合を考える. $\sin (180^\circ -\theta ) = \sin\theta$ であるから, \[\begin{aligned} S &= \triangle\mathrm{OAB}-\triangle\mathrm{OBC}-\triangle\mathrm{OCD}+\triangle\mathrm{ODA} \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\sin\theta -\frac{1}{2}\mathrm{OB}\cdot\mathrm{OC}\sin\theta \\ &\qquad -\frac{1}{2}\mathrm{OC}\cdot\mathrm{OD}\sin\theta +\frac{1}{2}\mathrm{OD}\cdot\mathrm{OA}\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(\mathrm{OA}\cdot\mathrm{OB}\!-\!\mathrm{OB}\cdot\mathrm{OC}\!-\!\mathrm{OC}\cdot\mathrm{OD}\!+\!\mathrm{OD}\cdot\mathrm{OA})\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(\mathrm{OA}-\mathrm{OC})(\mathrm{OB}+\mathrm{OD})\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}\mathrm{AC}\cdot\mathrm{BD}\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}pq\sin\theta \end{aligned}\] が成り立つ.

(i), (ii) から, すべての場合に $S = \dfrac{1}{2}pq\sin\theta$ が成り立つ.

(2)

対角線の長さが $p,$ $q,$ なす角が $\theta,$ 面積が $S$ である四角形において, $p+q = k$ であるとする. このとき, (1) により \[\begin{aligned} S &= \frac{1}{2}pq\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}p(k-p)\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(-p^2+kp)\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}\left\{ -\left( p-\frac{k}{2}\right) ^2+\frac{k^2}{4}\right\}\sin\theta \end{aligned}\] であるから, $S$ は $p = \dfrac{k}{2},$ $\sin\theta = 1$ のとき, つまり $p = q = \dfrac{k}{2},$ $\theta = 90^\circ$ のとき最大値 $S = \dfrac{k^2}{8}$ をとる.

　凸四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, $a = \mathrm{AB},$ $b = \mathrm{BC},$ $c = \mathrm{CD},$ $d = \mathrm{DA},$ $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C,$ $D = \angle\mathrm D$ とおく. \[\begin{aligned} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{ACD} = \frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D \\ &\leqq \frac{1}{2}ab+\frac{1}{2}cd, \\ S &= \triangle\mathrm{ABD}+\triangle\mathrm{CBD} = \frac{1}{2}ad\sin A+\frac{1}{2}bc\sin C \\ &\leqq \frac{1}{2}ad+\frac{1}{2}bc \end{aligned}\] となるから, 辺々を加えて $2$ で割ると \[ S \leqq \frac{1}{4}(ab+cd+ad+bc) = \frac{1}{4}(a+c)(b+d)\] が得られる. 等号成立は, $\sin A = \sin B = \sin C = \sin D = 1,$ つまり $A = B = C = D = 90^\circ$ のときに限る. よって, \[ S \leqq \frac{1}{4}(\mathrm{AB}+\mathrm{CD})(\mathrm{AD}+\mathrm{BC})\] が成り立ち, 等号成立は四角形 $\mathrm{ABCD}$ が長方形のときに限る.

　半径が $R$ の円に内接する四角形 $\mathrm{ABCD}$ の面積 $S$ は \[\begin{aligned} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} \\ &= \frac{\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CA}\cdot\mathrm{AB}}{4R}+\frac{\mathrm{DA}\cdot\mathrm{AC}\cdot\mathrm{CD}}{4R} \\ &= \frac{\mathrm{AC}\cdot (\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}+\mathrm{CD}\cdot\mathrm{DA})}{4R}, \\ S &= \triangle\mathrm{DAB}+\triangle\mathrm{BCD} \\ &= \frac{\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BD}\cdot\mathrm{DA}}{4R}+\frac{\mathrm{CD}\cdot\mathrm{DB}\cdot\mathrm{BC}}{4R} \\ &= \frac{\mathrm{BD}\cdot (\mathrm{DA}\cdot\mathrm{AB}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD})}{4R} \end{aligned}\] と $2$ 通りに表されるので, \[\mathrm{AC}\cdot (\mathrm{AB}\cdot\mathrm{BC}+\mathrm{CD}\cdot\mathrm{DA}) = \mathrm{BD}\cdot(\mathrm{DA}\cdot\mathrm{AB}+\mathrm{BC}\cdot\mathrm{CD})\] から, 求める等式が得られる.

　$\theta = \angle\mathrm{ABC}$ とおく. $\angle\mathrm{CDA} = 180^\circ -\theta$ であるから, \[\begin{aligned} S &= \triangle\mathrm{ABC}+\triangle\mathrm{CDA} \\ &= \frac{1}{2}ab\sin \theta +\frac{1}{2}cd\sin (180^\circ -\theta ) \\ &= \frac{1}{2}(ab+cd)\sin\theta \\ &= \frac{1}{2}(ab+cd)\sqrt{1-\cos ^2\theta} \end{aligned}\] が成り立つ. $\cos (180^\circ -\theta ) = -\cos\theta$ であるから, $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm{CDA}$ に余弦定理を適用すると \[\mathrm{AC}^2 = a^2+b^2-2ab\cos\theta = c^2+d^2+2cd\cos\theta \] となり, \[\cos\theta = \frac{a^2+b^2-c^2-d^2}{2(ab+cd)}\] となる. よって, \[\begin{aligned} S^2 &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2(1-\cos ^2\theta ) \\ &= \frac{1}{4}(ab+cd)^2-\frac{1}{4}(ab+cd)^2\cdot\frac{(a^2+b^2-c^2-d^2)^2}{4(ab+cd)^2} \end{aligned}\] \[\begin{aligned} &= \frac{1}{16}\{ 4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}\{ (2ab+2cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2\} \\ &= \frac{1}{16}(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2) \\ &\qquad \cdot (2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2) \\ &= \frac{1}{16}\{ (c+d)^2-(a-b)^2\}\{ (a+b)^2-(c-d)^2\} \\ &= \frac{-a+b+c+d}{2}\cdot\frac{a-b+c+d}{2} \\ &\qquad \cdot\frac{a+b-c+d}{2}\cdot\frac{a+b+c-d}{2} \\ &= (s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{aligned}\] が成り立つから, 両辺の正の平方根をとると \[ S = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\] が得られる.