オリンピック幾何学

この定理はオリンピック幾何学で最も頻繁に再利用される道具である:2本の割線、接線と割線、あるいは1点を通る2本の弦を持つどんな図も、場合分けの角度追跡を避けて一つの代数方程式に変換する。

ステップ1:相似な三角形を立てる。 $P$ を通る2本の直線が円と $A,B$ および $C,D$ で交わるとする。$A,B,C,D$ が同一円上にあるので、円周角 $\angle PAC$ と $\angle PDB$ は同じ弧 $BC$(または配置によりその補弧)を見込み、$\angle PAC = \angle PDB$ となる。

ステップ2:2組目の角を合わせる。 三角形 $PAC$ の $P$ における角と三角形 $PDB$ の $P$ における角は、($P$ が円の外なら2直線が頂点 $P$ を共有するので文字通り同じ角として)等しいか、($P$ が円の内側なら)対頂角である。いずれにせよ $\angle APC = \angle DPB$。

ステップ3:相似性を結論する。 2組の等しい角を持つ三角形 $PAC$ と $PDB$ はAA相似により相似である:$\triangle PAC \sim \triangle PDB$。

ステップ4:比を取り出す。 相似な三角形は対応する辺が比例することを与える:$\frac{PA}{PD} = \frac{PC}{PB}$、これを整理すると $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ となる(まず符号なしの長さを用いる、$P$ が円の外の場合)。

ステップ5:直径を通して共通の値を計算する。 $P$ と中心 $O$ を通る特定の直線を選び、円と直径上の2点で交わるとし、$P$ からの符号付き距離を $OP - r$ と $OP + r$ とする($P$ が外側で $OP > r$ とする)。その積は $(OP-r)(OP+r) = OP^2 - r^2$ であり、ステップ4によりこれは $P$ を通るすべての直線について $PA \cdot PB$ に等しくなければならない。

**ステップ6:符号付き長さで $P$ が円の内側の場合を扱う。** $P$ が円の内側にあるとき、弦上で $A,P,B$ はその順に並ぶので、$\overrightarrow{PA}$ と $\overrightarrow{PB}$ は逆向きであり、その符号付き積 $\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB} = -PA\cdot PB$ は負である;$P$ を通る直径でステップ1–5を繰り返すと $-PA\cdot PB = OP^2-r^2$($OP<r$ なので今度は負)となり、恒等式 $\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}=OP^2-r^2$ は符号込みで一様に成り立ち、証明が完了する。

プトレマイオスの定理はどの円内接四角形についても厳密な代数的恒等式を与え、その不等式形($AC \cdot BD \le AB\cdot CD + AD\cdot BC$、任意の四角形について、等号は円内接のときに限る)は4点が共円であることを証明し、正弦の加法定理のような三角恒等式を導く速い方法である。

ステップ1:補助点を構成する。 対角線 $AC$ 上に、$\angle ABK = \angle DBC$ となる点 $K$ を構成する(すなわち半直線 $BK$ が $BA$ となす角が、$BD$ が $BC$ となす角と等しくなるようにする)。$K$ は線分 $AC$ 上に取る。

ステップ2:1組目の相似三角形を見つける。 $ABCD$ が円内接なので $\angle BAC = \angle BDC$(共に弧 $BC$ を見込む)。構成による $\angle ABK = \angle DBC$ と合わせて、三角形 $ABK$ と $DBC$ は2つの等しい角を持ち、AAにより $\triangle ABK \sim \triangle DBC$。

ステップ3:1つ目の関係を取り出す。 $\triangle ABK \sim \triangle DBC$ より:$\frac{AK}{DC} = \frac{AB}{DB}$、よって $AK \cdot DB = AB \cdot DC$。

ステップ4:2組目の相似三角形を見つける。 $ABCD$ が円内接なので $\angle ABD = \angle ACD$(共に弧 $AD$ を見込む)。三角形 $KBC$ と $ABD$ を考えると:$\angle KBC = \angle ABC - \angle ABK = \angle ABC - \angle DBC = \angle ABD$($K$ が線分 $AC$ 上にあるため)、かつ $\angle BCK = \angle BCA = \angle BDA$(共に弧 $AB$ を見込む)なので、AAにより $\triangle KBC \sim \triangle ABD$。

ステップ5:2つ目の関係を取り出す。 $\triangle KBC \sim \triangle ABD$ より:$\frac{KC}{AD} = \frac{BC}{BD}$、よって $KC \cdot BD = AD \cdot BC$。

ステップ6:2つの関係を足し合わせる。 ステップ3とステップ5の結果を足すと:$AK\cdot DB + KC\cdot BD = AB\cdot DC + AD\cdot BC$、すなわち $BD(AK+KC) = AB\cdot DC + AD\cdot BC$。$K$ が線分 $AC$ 上にあるので $AK+KC=AC$ となり、まさに $AC\cdot BD = AB\cdot CD + AD\cdot BC$ が得られる。