公式の証明・導出
正弦定理の証明
関連単元: 数学I 図形と計量
証明する内容
三角形ABCにおいて、頂点Aに向かい合う辺BCの長さを$a$、頂点Bに向かい合う辺CAの長さを$b$、頂点Cに向かい合う辺ABの長さを$c$とします。また、この三角形の3つの頂点をすべて通る円(外接円)の半径を$R$とします。
このとき、次の等式が成り立ちます。
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$
これが正弦定理です。直感的には、「三角形のそれぞれの辺の長さは、その辺と向かい合う角のサイン(正弦)に比例していて、その比例定数は外接円の直径$2R$である」ということを意味しています。
証明
まず、$\dfrac{a}{\sin A}=2R$ が成り立つことを証明します。$\dfrac{b}{\sin B}=2R$ と $\dfrac{c}{\sin C}=2R$ は、頂点の名前を付け替えるだけで全く同じ議論で証明できるので、最後にそのことを説明します。
三角形ABCの外接円の中心を$O$、半径を$R$とします。角Aの大きさによって、場合を3つに分けて考えます。
場合1:角Aが直角($A=90°$)のとき
角Aが直角のとき、辺BCは外接円の直径になります。これは、「円に内接する角が直角であるとき、その角が見ている弦は円の直径である」という事実(円周角の定理の一部)によるものです。したがって、
$a = BC = 2R$
が成り立ちます。一方、$\sin A = \sin 90° = 1$ なので、
$2R\sin A = 2R \times 1 = 2R = a$
となり、$a = 2R\sin A$、つまり $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ が成り立ちます。
場合2:角Aが鋭角($0°
外接円の周上に、線分BDが円の直径となるような点Dをとります。つまり、Dは点Bから見て円の中心Oを通った真反対側の点で、$BD=2R$です。
ここで、点Dの位置を確認しておきます。円周角の定理より、辺BCに対する角Aの大きさは、点Aを通らない方の弧BC(点B,Cを結ぶ2つの弧のうち、点Aを含まない側の弧)の中心角の半分に等しいので、その弧の中心角は$2A$です。
一方、点Dは、点Bから円周上を(点Cへ向かう向きに)ちょうど半周、つまり$180°$分だけ進んだ位置にあります。いま角Aは鋭角なので$2A<180°$です。したがって、点Bから点Aを通らない方の弧に沿って$2A°$進むとちょうど点Cに着きますが、$2A<180$なので、この時点ではまだ$180°$には達していません。点Cを通り過ぎてからさらに$(180°-2A°)$だけ同じ向きに進んだところに点Dがあります。点Cを過ぎた後は、点Aを通らない方の弧を抜けて、点Aを通る方の弧に入っています。したがって、点Dは点Aを通る方の弧の上、つまり点Aと弦BCに関して同じ側にあることが分かります。
円周角の定理より、1つの弦に対して同じ側にある円周角は互いに等しいので、
$\angle BDC = \angle BAC = A$
が成り立ちます。
次に、線分DCを引いて三角形BCDを考えます。BDは直径なので、円周角の定理(直径に対する円周角は直角)より、
$\angle BCD = 90°$
です。したがって三角形BCDは、頂点Cを直角の頂点とする直角三角形です。この直角三角形において、辺BCは角Dの対辺、辺BDは斜辺(直角に向かい合う辺)なので、
$\sin(\angle BDC) = \frac{BC}{BD} = \frac{a}{2R}$
ここで $\angle BDC = A$ であったことを使うと、
$\sin A = \frac{a}{2R}$
両辺に$2R$をかけると、
$a = 2R\sin A$
これは $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ と同じことです。
場合3:角Aが鈍角($90°
場合2と同じように、線分BDが外接円の直径となるような点Dを円周上にとります($BD=2R$)。
円周角の定理より、点Aを通らない方の弧BCの中心角は、場合2と同様に$2A$です。ただし今度は角Aが鈍角なので$2A>180°$です。したがって、点Bから点Aを通らない方の弧に沿って$180°$進んでも、$2A>180$であることから、まだ点Cには到達していません。つまり、点Dは点Aを通らない方の弧の上、すなわち点Aとは弦BCに関して反対側にあることが分かります。
円周角の定理より、1つの弦に対して反対側にある円周角どうしの和は$180°$になります(これは、その2つの円周角がそれぞれ見ている弧を合わせるとちょうど円周全体になり、中心角の和が$360°$になることから、それぞれの円周角(中心角の半分)の和が$180°$になるためです)。したがって、
$\angle BDC + \angle BAC = 180°$
$\angle BDC = 180° - A$
次に、場合2と同じく線分DCを引いて三角形BCDを考えます。BDは直径なので、円周角の定理より $\angle BCD = 90°$ です。よって三角形BCDは頂点Cを直角の頂点とする直角三角形であり、
$\sin(\angle BDC) = \frac{BC}{BD} = \frac{a}{2R}$
ここで $\angle BDC = 180°-A$ を代入すると、
$\sin(180°-A) = \frac{a}{2R}$
サインの性質として、$\sin(180°-\theta) = \sin\theta$ が成り立ちます(これは、単位円上で角$\theta$に対応する点と角$180°-\theta$に対応する点が、円の中心を通る縦の軸(y軸)に関して線対称の位置にあり、2つの点の$y$座標(サインの値)が等しいことによります)。これを使うと、
$\sin(180°-A) = \sin A$
なので、
$\sin A = \frac{a}{2R}$
両辺に$2R$をかけると、
$a = 2R\sin A$
となり、場合2と同じ結論 $\dfrac{a}{\sin A}=2R$ が得られました。
まとめ:$\dfrac{a}{\sin A}=2R$ の証明の完成
角Aが直角・鋭角・鈍角のどの場合であっても、
$a = 2R\sin A \quad \left(\text{すなわち} \ \frac{a}{\sin A}=2R\right)$
が成り立つことが示されました。三角形の内角は必ずこの3つの場合のいずれかに当てはまるので、これで$\dfrac{a}{\sin A}=2R$がすべての三角形について証明されたことになります。
$\dfrac{b}{\sin B}=2R$、$\dfrac{c}{\sin C}=2R$ について
上の証明では、辺$a=BC$と、それに向かい合う角$A$との関係を、点Bを通る直径を使って調べました。全く同じ議論を、辺$b=CA$と角$B$について行うには、点Bのかわりに点Cを通る直径を引いて(あるいは、単に頂点の名前をA→B→C→Aの順に付け替えて)、同じ手順を繰り返せばよいです。三角形の頂点や辺の呼び方を入れ替えても三角形の形そのものは変わらないので、全く同じ論理によって
$b = 2R\sin B, \qquad \text{すなわち} \qquad \frac{b}{\sin B}=2R$
が成り立ちます。同様に、
$c = 2R\sin C, \qquad \text{すなわち} \qquad \frac{c}{\sin C}=2R$
も成り立ちます。
以上より、
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$
が証明されました。
この証明のポイント
角の大きさによって図形の配置が変わってしまう場合、「鋭角・直角・鈍角」のようにすべての可能性を尽くす場合分けをして、それぞれの場合で個別に議論するという方針が、図形の証明では非常に重要です。また、直径に対する円周角が直角になるという性質(円周角の定理の特別な場合)を使って直角三角形を作り出し、三角比の定義($\sin = \dfrac{\text{対辺}}{\text{斜辺}}$)に持ち込むという発想は、円と三角形が絡む他の証明でもよく使われます。
外接円の周上に、線分BDが円の直径となるような点Dをとります。つまり、Dは点Bから見て円の中心Oを通った真反対側の点で、$BD=2R$です。
ここで、点Dの位置を確認しておきます。円周角の定理より、辺BCに対する角Aの大きさは、点Aを通らない方の弧BC(点B,Cを結ぶ2つの弧のうち、点Aを含まない側の弧)の中心角の半分に等しいので、その弧の中心角は$2A$です。
一方、点Dは、点Bから円周上を(点Cへ向かう向きに)ちょうど半周、つまり$180°$分だけ進んだ位置にあります。いま角Aは鋭角なので$2A<180°$です。したがって、点Bから点Aを通らない方の弧に沿って$2A°$進むとちょうど点Cに着きますが、$2A<180$なので、この時点ではまだ$180°$には達していません。点Cを通り過ぎてからさらに$(180°-2A°)$だけ同じ向きに進んだところに点Dがあります。点Cを過ぎた後は、点Aを通らない方の弧を抜けて、点Aを通る方の弧に入っています。したがって、点Dは点Aを通る方の弧の上、つまり点Aと弦BCに関して同じ側にあることが分かります。
円周角の定理より、1つの弦に対して同じ側にある円周角は互いに等しいので、
$\angle BDC = \angle BAC = A$
が成り立ちます。
次に、線分DCを引いて三角形BCDを考えます。BDは直径なので、円周角の定理(直径に対する円周角は直角)より、
$\angle BCD = 90°$
です。したがって三角形BCDは、頂点Cを直角の頂点とする直角三角形です。この直角三角形において、辺BCは角Dの対辺、辺BDは斜辺(直角に向かい合う辺)なので、
$\sin(\angle BDC) = \frac{BC}{BD} = \frac{a}{2R}$
ここで $\angle BDC = A$ であったことを使うと、
$\sin A = \frac{a}{2R}$
両辺に$2R$をかけると、
$a = 2R\sin A$
これは $\dfrac{a}{\sin A} = 2R$ と同じことです。
場合3:角Aが鈍角($90°
場合2と同じように、線分BDが外接円の直径となるような点Dを円周上にとります($BD=2R$)。
円周角の定理より、点Aを通らない方の弧BCの中心角は、場合2と同様に$2A$です。ただし今度は角Aが鈍角なので$2A>180°$です。したがって、点Bから点Aを通らない方の弧に沿って$180°$進んでも、$2A>180$であることから、まだ点Cには到達していません。つまり、点Dは点Aを通らない方の弧の上、すなわち点Aとは弦BCに関して反対側にあることが分かります。
円周角の定理より、1つの弦に対して反対側にある円周角どうしの和は$180°$になります(これは、その2つの円周角がそれぞれ見ている弧を合わせるとちょうど円周全体になり、中心角の和が$360°$になることから、それぞれの円周角(中心角の半分)の和が$180°$になるためです)。したがって、
$\angle BDC + \angle BAC = 180°$
$\angle BDC = 180° - A$
次に、場合2と同じく線分DCを引いて三角形BCDを考えます。BDは直径なので、円周角の定理より $\angle BCD = 90°$ です。よって三角形BCDは頂点Cを直角の頂点とする直角三角形であり、
$\sin(\angle BDC) = \frac{BC}{BD} = \frac{a}{2R}$
ここで $\angle BDC = 180°-A$ を代入すると、
$\sin(180°-A) = \frac{a}{2R}$
サインの性質として、$\sin(180°-\theta) = \sin\theta$ が成り立ちます(これは、単位円上で角$\theta$に対応する点と角$180°-\theta$に対応する点が、円の中心を通る縦の軸(y軸)に関して線対称の位置にあり、2つの点の$y$座標(サインの値)が等しいことによります)。これを使うと、
$\sin(180°-A) = \sin A$
なので、
$\sin A = \frac{a}{2R}$
両辺に$2R$をかけると、
$a = 2R\sin A$
となり、場合2と同じ結論 $\dfrac{a}{\sin A}=2R$ が得られました。
まとめ:$\dfrac{a}{\sin A}=2R$ の証明の完成
角Aが直角・鋭角・鈍角のどの場合であっても、
$a = 2R\sin A \quad \left(\text{すなわち} \ \frac{a}{\sin A}=2R\right)$
が成り立つことが示されました。三角形の内角は必ずこの3つの場合のいずれかに当てはまるので、これで$\dfrac{a}{\sin A}=2R$がすべての三角形について証明されたことになります。
$\dfrac{b}{\sin B}=2R$、$\dfrac{c}{\sin C}=2R$ について
上の証明では、辺$a=BC$と、それに向かい合う角$A$との関係を、点Bを通る直径を使って調べました。全く同じ議論を、辺$b=CA$と角$B$について行うには、点Bのかわりに点Cを通る直径を引いて(あるいは、単に頂点の名前をA→B→C→Aの順に付け替えて)、同じ手順を繰り返せばよいです。三角形の頂点や辺の呼び方を入れ替えても三角形の形そのものは変わらないので、全く同じ論理によって
$b = 2R\sin B, \qquad \text{すなわち} \qquad \frac{b}{\sin B}=2R$
が成り立ちます。同様に、
$c = 2R\sin C, \qquad \text{すなわち} \qquad \frac{c}{\sin C}=2R$
も成り立ちます。
以上より、
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$
が証明されました。
この証明のポイント
角の大きさによって図形の配置が変わってしまう場合、「鋭角・直角・鈍角」のようにすべての可能性を尽くす場合分けをして、それぞれの場合で個別に議論するという方針が、図形の証明では非常に重要です。また、直径に対する円周角が直角になるという性質(円周角の定理の特別な場合)を使って直角三角形を作り出し、三角比の定義($\sin = \dfrac{\text{対辺}}{\text{斜辺}}$)に持ち込むという発想は、円と三角形が絡む他の証明でもよく使われます。
場合2と同じように、線分BDが外接円の直径となるような点Dを円周上にとります($BD=2R$)。
円周角の定理より、点Aを通らない方の弧BCの中心角は、場合2と同様に$2A$です。ただし今度は角Aが鈍角なので$2A>180°$です。したがって、点Bから点Aを通らない方の弧に沿って$180°$進んでも、$2A>180$であることから、まだ点Cには到達していません。つまり、点Dは点Aを通らない方の弧の上、すなわち点Aとは弦BCに関して反対側にあることが分かります。
円周角の定理より、1つの弦に対して反対側にある円周角どうしの和は$180°$になります(これは、その2つの円周角がそれぞれ見ている弧を合わせるとちょうど円周全体になり、中心角の和が$360°$になることから、それぞれの円周角(中心角の半分)の和が$180°$になるためです)。したがって、
$\angle BDC + \angle BAC = 180°$
$\angle BDC = 180° - A$
次に、場合2と同じく線分DCを引いて三角形BCDを考えます。BDは直径なので、円周角の定理より $\angle BCD = 90°$ です。よって三角形BCDは頂点Cを直角の頂点とする直角三角形であり、
$\sin(\angle BDC) = \frac{BC}{BD} = \frac{a}{2R}$
ここで $\angle BDC = 180°-A$ を代入すると、
$\sin(180°-A) = \frac{a}{2R}$
サインの性質として、$\sin(180°-\theta) = \sin\theta$ が成り立ちます(これは、単位円上で角$\theta$に対応する点と角$180°-\theta$に対応する点が、円の中心を通る縦の軸(y軸)に関して線対称の位置にあり、2つの点の$y$座標(サインの値)が等しいことによります)。これを使うと、
$\sin(180°-A) = \sin A$
なので、
$\sin A = \frac{a}{2R}$
両辺に$2R$をかけると、
$a = 2R\sin A$
となり、場合2と同じ結論 $\dfrac{a}{\sin A}=2R$ が得られました。
まとめ:$\dfrac{a}{\sin A}=2R$ の証明の完成
角Aが直角・鋭角・鈍角のどの場合であっても、
$a = 2R\sin A \quad \left(\text{すなわち} \ \frac{a}{\sin A}=2R\right)$
が成り立つことが示されました。三角形の内角は必ずこの3つの場合のいずれかに当てはまるので、これで$\dfrac{a}{\sin A}=2R$がすべての三角形について証明されたことになります。
$\dfrac{b}{\sin B}=2R$、$\dfrac{c}{\sin C}=2R$ について
上の証明では、辺$a=BC$と、それに向かい合う角$A$との関係を、点Bを通る直径を使って調べました。全く同じ議論を、辺$b=CA$と角$B$について行うには、点Bのかわりに点Cを通る直径を引いて(あるいは、単に頂点の名前をA→B→C→Aの順に付け替えて)、同じ手順を繰り返せばよいです。三角形の頂点や辺の呼び方を入れ替えても三角形の形そのものは変わらないので、全く同じ論理によって
$b = 2R\sin B, \qquad \text{すなわち} \qquad \frac{b}{\sin B}=2R$
が成り立ちます。同様に、
$c = 2R\sin C, \qquad \text{すなわち} \qquad \frac{c}{\sin C}=2R$
も成り立ちます。
以上より、
$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$
が証明されました。
この証明のポイント
角の大きさによって図形の配置が変わってしまう場合、「鋭角・直角・鈍角」のようにすべての可能性を尽くす場合分けをして、それぞれの場合で個別に議論するという方針が、図形の証明では非常に重要です。また、直径に対する円周角が直角になるという性質(円周角の定理の特別な場合)を使って直角三角形を作り出し、三角比の定義($\sin = \dfrac{\text{対辺}}{\text{斜辺}}$)に持ち込むという発想は、円と三角形が絡む他の証明でもよく使われます。