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トレミーの定理

数学ⅠA既習者(難関大対策) ★★


アイキャッチ

入試出題頻度は極めて低いうえに,トレミーの定理を知っていることが前提な出題がされることは考えにくいので,数学が好きな人や余裕のある難関大学志望者向けの公式です.

数学ⅠAまでの知識で理解可能です.



トレミーの定理と証明

ポイント

トレミーの定理

円に内接する四角形において

トレミーの定理

$\color{darkgreen}{\boldsymbol{ef}}$ $\boldsymbol{=}$ $\boldsymbol{ac}$ $\boldsymbol{+}$ $\boldsymbol{bd}$

(対角線の積$=$向かい合わせの辺の積$+$向かい合わせの辺の積)


証明は様々あるのですが,当サイトでは余弦定理で証明する方法がわかりやすのではないかと考え,これで証明します.

証明

証明

下の図のように,頂点に名前をつけます.

証明の図

$e$ と $f$ を,$a$,$b$,$c$,$d$ で表現して示します.

$\triangle \rm{ABC}$ に余弦定理より

$\displaystyle e^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos B$

$\Longleftrightarrow \displaystyle \ \cos B=\dfrac{a^{2}+b^{2}-e^{2}}{2ab} \ \cdots$ ①

$\triangle \rm{ACD}$ に余弦定理より

  $\displaystyle e^{2}=c^{2}+d^{2}-2cd\cos D$

   $=c^{2}+d^{2}-2cd\cos(\pi-B)$

   $=c^{2}+d^{2}+2cd\cos B$

 $\Longleftrightarrow \displaystyle \ \cos B=\dfrac{e^{2}-c^{2}-d^{2}}{2cd} \ \cdots$ ②

①=②より

$\dfrac{a^{2}+b^{2}-e^{2}}{2ab}=\dfrac{e^{2}-c^{2}-d^{2}}{2cd}$

$\Longleftrightarrow cd(a^{2}+b^{2}-e^{2})=ab(e^{2}-c^{2}-d^{2})$

$\Longleftrightarrow cd(a^{2}+b^{2})+ab(c^{2}+d^{2})=(ab+cd)e^{2}$

$\Longleftrightarrow ac(ad+bc)+bd(bc+ad)=(ab+cd)e^{2}$

$\Longleftrightarrow (ac+bd)(ad+bc)=(ab+cd)e^{2}$

$\Longleftrightarrow e^{2}=\dfrac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}$


同様のことを$\triangle \rm{ABD}$,$\triangle \rm{BCD}$ に余弦定理を用い $f^2$ を出すと

$\displaystyle f^{2}=\frac{(ac+bd)(ab+cd)}{ad+bc}$

以上より

$\displaystyle e^{2}f^{2}=(ac+bd)^2$

$\displaystyle \therefore \ ef=ac+bd$

例題と練習問題

例題

例題

四角形 $\rm{ABCD}$ は円Oに内接していて$\rm{AB}=3$,$\rm{BC}=7$,$\rm{CD}=7$,$\rm{DA}=5$とする。$\angle \rm{A}=$ アイウ $°$ であり,$\rm{BD}=$  エ ,$\rm{AC}=$ オ である。

(1998センター追試一部)


講義

基本的にトレミーの定理を知っていることを前提に出題されませんので,トレミーの定理を使わない解法,使う解法2つ用意します.


解答

例題

$\triangle \rm{ABD}$ に余弦定理より

 $\rm {BD}^{2}=3^{2}+5^{2}-2\cdot 3\cdot 5\cos A$

   $=34-30 \cos {\rm A}$

$\triangle \rm{BCD}$ に余弦定理より

 $\rm {BD}^{2}=7^{2}+7^{2}-2\cdot 7\cdot 7\cos C$

   $=98-98\cos (180^{\circ} -{\rm A})$

   $=98+98\cos {\rm A}$

以上より

$34-30 \cos {\rm A}=98+98\cos {\rm A}$

$\Longleftrightarrow \cos {\rm A}=-\dfrac{1}{2}$

$\therefore \ \angle {\rm A}=\boldsymbol{120^{\circ}}$

元の式に戻すと

${\rm BD}^{2}=49$

$\therefore \ {\rm BD}=\boldsymbol{7}$



この後は2通りの解答を書きます.

教科書範囲の解答(トレミーの定理を使わない解答)

$\triangle \rm{BCD}$ が正三角形なので,$\angle {\rm BDC}=60^{\circ}$.

円周角の定理より,$\angle {\rm BDC}=\angle {\rm BAC}=60^{\circ}$.

$\triangle \rm{ABC}$ に余弦定理より,${\rm AC}=x$ とすると

$7^{2}=3^{2}+x^{2}-2\cdot 3 \cdot x \cos60^{\circ}$

$\Longleftrightarrow 0=x^{2}-3x-40$

$\therefore \ x={\rm AC}=\boldsymbol{8} \ \ (\because x>0)$


トレミーの定理を使う解答

トレミーの定理より

${\rm AC}\cdot 7=3\cdot 7+7\cdot 5$

$\therefore \ {\rm AC}=\boldsymbol{8}$

練習問題

練習

円に内接する四角形 $\rm ABCD$ は,$\rm AC=15$,$\rm AD=8$,$\rm BC=BD=13$ をみたす.$\rm AC$ と $\rm BD$ の交点を $\rm E$ とするとき,次の各問いに答えよ.

(1) $\rm AB$,$\rm CD$ の長さを求めよ.

(2) $\triangle{\rm ABE}$の面積を求めよ.

練習の解答

練習

(1)

円周角の定理より,$\angle{\rm ADB}=\angle{\rm ACB}=\theta$ とおく.

$\triangle \rm{ABD}$,$\triangle \rm{ABC}$ にそれぞれ余弦定理より

$\rm {AB}^{2}=8^{2}+13^{2}-2\cdot 8\cdot 13\cos \theta$

$\rm {AB}^{2}=15^{2}+13^{2}-2\cdot 15\cdot 13\cos \theta$

辺々引くと

$0=8^{2}-15^{2}-2\cdot (8-15)\cdot 13\cos \theta$

$\Longleftrightarrow 0=(8+15)(8-15)-2\cdot (8-15)\cdot 13\cos \theta$

$\Longleftrightarrow 0=23-26\cos \theta$

$\Longleftrightarrow \cos \theta=\dfrac{23}{26}$

元の式に戻すと

${\rm AB}^{2}=49$

$\therefore \ {\rm AB}=\boldsymbol{7}$



この後は2通りの解答を書いておきます.

教科書範囲の解答(トレミーの定理を使わない解答)

$\triangle \rm{ABD}$ で余弦定理より

$\rm \cos{BAD}=\dfrac{7^{2}+8^{2}-13^{2}}{2\cdot 7\cdot 8}=-\dfrac{1}{2}$

$\therefore \ \angle{\rm BAD}=120^{\circ}$

四角形 $\rm ABCD$ は円に内接するので,$\angle {\rm BCD}=60^{\circ}$.

$\triangle \rm{BCD}$ が正三角形なので,$\rm CD=\boldsymbol{13}$.


トレミーの定理を使う解答

トレミーの定理より

$15\cdot 13=7\cdot {\rm CD}+13\cdot 8$

$\therefore \ {\rm CD}=\boldsymbol{13}$


(2)

円周角の定理より,$\angle {\rm BAE}=\angle {\rm DAE}=60^{\circ}$.

角の二等分線と比より $\rm BE:ED=7:8$

$\triangle \rm{ABE}=\dfrac{7}{15}\triangle \rm{ABD}$

   $=\dfrac{7}{15}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot 7\cdot 8\cdot \sin120^{\circ}$

   $=\boldsymbol{\dfrac{98\sqrt{3}}{15}}$