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最近,数研通信で ヘロンの公式の初等的な証明 が載っていました。記事は読まずに,タイトルの内接円と傍接円を手がかりに自分でも証明してみようと思い証明してみました。なるほど初等的です。Wikipedia にもヒントになることが書いてありました。 その他,いろんなところに証明方法が載っています。というわけで,また,後手です。

さて,証明のために,定規とコンパスで作図します。作図ソフトは KSEG を使いました。 正確な図を書くために少々余計な線が書かれていますが,無視してください。

Notations

まず、記号の定義から説明する。\textrm{BC}=a, \textrm{CA}=b, \textrm{AB}=c\triangle\textrm{ABC} の面積を S, 内接円の半径を r, 内接円の中心を I, 傍接円の半径を R, 傍接円の中心を K とする。また,


\label{eq1}
s=\frac{a+b+c}{2}
(1)
とおく。

Claim 1. S=sr である。

\triangle\textrm{IAB}, \triangle\textrm{IBC}, \triangle\textrm{ICA} の高さは,\textrm{IR}, \textrm{IP}, \textrm{IQ} で内接円の半径 r に等しいので,


\label{eq2}
 S=\triangle\textrm{IBC}+\triangle\textrm{ICA}+\triangle\textrm{IAB}
=\frac{1}{2}(a+b+c)r=sr
 (2)

Claim 2. S=(s-a)R である。

直線\textrm{AK}\angle\textrm{BAC}の二等分線で,\angle\textrm{ATK}=\angle\textrm{AUK}=90^\circ だから,\triangle\textrm{ATK}\equiv\triangle\textrm{AUK} である。同様の理由から,\triangle\textrm{BTK}
\equiv\triangle\textrm{BSK}, \triangle\textrm{CSK}\equiv\triangle\textrm{CUK} である。したがって,求める三角形の面積Sは,


\label{eq3}
 S &=& \triangle\textrm{ATK}\times 2 - (\triangle\textrm{BTK}+\triangle\textrm{CUK})\times 2 \
   &=& \textrm{AT}\times \textrm{TK} - (\textrm{BT}\times\textrm{TK}+
\textrm{CU}\times\textrm{UK}) \
   &= & \textrm{AT}\times \textrm{TK} - (\textrm{BT}\times\textrm{TK}+
\textrm{CU}\times\textrm{TK}) \
   &=& \left\{\textrm{AT}-(\textrm{BT}+\textrm{CU})\right\}\cdot R \
   &=& \left\{\textrm{AT}-(\textrm{BS}+\textrm{CS})\right\}\cdot R \
   &=& (\textrm{AT}-a)R
 (3)
ところで,

\label{eq4}
 \textrm{BC}+\textrm{CA}+\textrm{AB} &=& \textrm{BS}+\textrm{SC}+\textrm{CA}+\textrm{AB} \
 & = & \textrm{BT}+\textrm{CU} + \textrm{CA}+\textrm{AB} \
 & = & \textrm{AB}+\textrm{BT}+\textrm{CA}+\textrm{CU} \
 & = & \textrm{AT}+\textrm{AU}
 (4)
\textrm{AT}=\textrm{AU} だから,a+b+c=2\textrm{AT} となり, \textrm{AT}=\dfrac{a+b+c}{2}=s となる。よって,S=(s-a)R である。

Claim 3. rR=(s-b)(s-c) である。

\angle\textrm{TBK}=\angle\textrm{SBK}, \angle\textrm{RBI}=\angle\textrm{PBI} であり,\angle\textrm{TBK}+\angle\textrm{SBK}+\angle\textrm{RBI}+\angle\textrm{PBI}=180^\circ だから,\angle\textrm{TBK}+\angle\textrm{RBI}=90^\circ よって,\angle\textrm{RIB}=90^\circ-\angle\textrm{RBI}=\angle\textrm{TBK}

よって,2つの直角三角形 \triangle\textrm{BTK}\triangle\textrm{IRB} は 相似である。したがって,


\label{eq5}
 \textrm{IR}:\textrm{RB} &=& \textrm{BT} : \textrm{TK} \
  r : \textrm{RB} &=& (\textrm{AT}-\textrm{AB}) : R \
  r : \textrm{RB} &=& (s-c) : R
 (5)
ところで,\textrm{RB}=s-b である。なぜなら,\textrm{RB}=\textrm{PB}=x, \textrm{PC}=\textrm{QC}=y, \textrm{QA}=\textrm{RA}=z とすると, 2(x+y+z)=a+b+c から,x+y+z=s となるので,\textrm{RB}=x=s-(y+z)=s-b であるからである。したがって,rR=(s-b)(s-c) がいえた。

Claim 4. S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} である。(ヘロンの公式)

Claim 1,2,3 より,S^2=sr\times (s-a)R = s(s-a)(s-b)(s-c) であるので, S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} となる。

以上で,ヘロンの公式が,初等的に示されました。求める三角形の面積は,傍接円の中心と接点と三角形の頂点で作られる直角三角形の面積の差としてあらわされることから導かれます。 高校の数学Ⅰで勉強する余弦定理を用いたトリッキーな証明よりもわかりやすく面白いですね。