Heronの公式

三角形を $ABC$、$a=BC$、$b=CA$、$c=AB$ とし、座標を $B=(0,0)$、$C=(a,0)$、$A=(x,h)$（$h>0$）ととる。$h$ は底辺 $BC$ に対する高さで、$K=\frac12ah$ である。三平方の定理 の記事の命題「座標平面の2点間の距離」により
$$ x^2+h^2=c^2,\qquad (x-a)^2+h^2=b^2 $$
である。2 式の差をとると $2ax-a^2=c^2-b^2$、すなわち $x=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}$ である。したがって
$$ 16K^2=4a^2h^2=4a^2(c^2-x^2)=4a^2c^2-(a^2+c^2-b^2)^2 $$
である。右辺は平方の差なので
$$ \begin{aligned} 4a^2c^2-(a^2+c^2-b^2)^2&=\bigl(2ac-(a^2+c^2-b^2)\bigr)\bigl(2ac+(a^2+c^2-b^2)\bigr)\\ &=\bigl(b^2-(a-c)^2\bigr)\bigl((a+c)^2-b^2\bigr)\\ &=(b-a+c)(b+a-c)(a+c-b)(a+c+b) \end{aligned} $$
と因数分解できる。$a+b+c=2s$、$-a+b+c=2(s-a)$、$a-b+c=2(s-b)$、$a+b-c=2(s-c)$ なので、右辺は $16s(s-a)(s-b)(s-c)$ に等しい。$K>0$ なので $K=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$ である。$16K^2$ の最後の表示は、$4a^2c^2-(a^2+c^2-b^2)^2$ を展開すれば得られる。

角 $C$ の大きさを $\gamma$（$0<\gamma<\pi$）とすると、辺 $CA$ に対する頂点 $B$ からの高さは $a\sin\gamma$ なので $K=\frac12ab\sin\gamma$ である。三平方の定理 の記事の命題「余弦定理の等式」により $c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$、すなわち $2ab\cos\gamma=a^2+b^2-c^2$ である。$\sin^2\gamma+\cos^2\gamma=1$ から
$$ 16K^2=4a^2b^2\sin^2\gamma=4a^2b^2-(2ab\cos\gamma)^2=4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)^2 $$
であり、これを prf-heron-coordinates と同じように因数分解すれば $16s(s-a)(s-b)(s-c)$ になる。

2 ⇔ 3：$s-a=\frac{b+c-a}2$ などなので、2 は $s-a,s-b,s-c$ がすべて正であることと同じである。このとき 3 が成り立つ。逆に 3 を仮定する。$(s-a)+(s-b)=c>0$ なので $s-a,s-b$ の両方が $0$ 以下になることはなく、同様に $s-a,s-b,s-c$ のうち $0$ 以下のものは高々 1 つである。ちょうど 1 つが $0$ なら積は $0$、ちょうど 1 つが負なら積は負になるので、3 のもとではどれも正であり、2 が成り立つ。
1 ⇒ 3：三角形があれば、thm-heron により $s(s-a)(s-b)(s-c)=K^2>0$ である。
3 ⇒ 1：$x:=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}$ とおくと、prf-heron-coordinates の計算（$h$ を使わない部分）により $4a^2(c^2-x^2)=16s(s-a)(s-b)(s-c)>0$ なので $c^2-x^2>0$ である。$h:=\sqrt{c^2-x^2}>0$、$B=(0,0)$、$C=(a,0)$、$A=(x,h)$ とおくと、$A$ は直線 $BC$ の上になく、$BC=a$、$AB=\sqrt{x^2+h^2}=c$、$CA=\sqrt{(x-a)^2+h^2}=\sqrt{c^2-2ax+a^2}=b$ である（$2ax=a^2+c^2-b^2$ を使った）。よって辺の長さが $a,b,c$ の三角形 $ABC$ がある。

内接円が存在することを先に確かめる。角 $B$ の二等分線は辺 $BA$、$BC$ に挟まれた三角形の内部の領域を通り、角 $C$ の二等分線も同様に三角形の内部を通るので、2 つの二等分線は三角形の内部の点 $I$ で交わる。角の二等分線上の点から角の 2 辺に下ろした垂線の足は、角の頂点からの距離が正で角の大きさが $\pi$ 未満であることから、いずれも辺の上にあり、垂線は等しい（垂線の足をとってできる 2 つの直角三角形は、斜辺を共有し、斜辺の両端の角の一方が等しいので合同である）。$I$ は角 $B$ の二等分線上にあるので辺 $BA$、$BC$ までの距離が等しく、角 $C$ の二等分線上にあるので辺 $CB$、$CA$ までの距離が等しい。この共通の距離を $r$ とすると、$I$ を中心とする半径 $r$ の円は 3 辺に接する。
三角形 $ABC$ は、$I$ と各辺を結んだ 3 つの三角形 $IBC$、$ICA$、$IAB$ に重なりなく分かれ、それぞれ底辺 $a,b,c$、高さ $r$ をもつ。したがって
$$ K=\frac12ar+\frac12br+\frac12cr=\frac{a+b+c}2\,r=rs $$
である。後半は thm-heron を $s$ で割って平方根をとったものである。

$P:=a+b+c$ とおくと、thm-heron により $16K^2=P(P-2a)(P-2b)(P-2c)$ は整数である。$K$ は有理数なので $4K=m$ も有理数で、$m^2$ が整数だから $m$ は整数である（有理数の 2 乗が整数なら、その有理数は整数である）。
$P$ が奇数だと仮定する。4 つの因数 $P,P-2a,P-2b,P-2c$ はすべて奇数で、その和は $4P-2P=2P$ であり、$P$ が奇数なので $2P\equiv2\pmod4$ である。奇数は $4$ で割って $1$ 余るか $3$ 余るかのどちらかで、4 つの奇数の和が $4$ で割って $2$ 余るのは、$3$ 余るものがちょうど 1 つか 3 つのときである。いずれの場合も 4 つの積は $4$ で割って $3$ 余る。一方、積は $m^2$ で、$m$ は奇数なので $m^2\equiv1\pmod4$ である。これは矛盾なので、$P$ は偶数である。
すると $s=P/2$ は整数で、$K^2=s(s-a)(s-b)(s-c)$ は整数である。有理数 $K$ の 2 乗が整数なので $K$ は整数である。

凸四角形なので、対角線 $AC$ は四角形を三角形 $ABC$ と三角形 $ACD$ に重なりなく分ける。prf-heron-cosine と同じく $K=\frac12ab\sin\beta+\frac12cd\sin\delta$ であり、2 つの三角形に余弦定理を使うと $AC^2=a^2+b^2-2ab\cos\beta=c^2+d^2-2cd\cos\delta$ である。したがって
$$ 4K=2ab\sin\beta+2cd\sin\delta,\qquad a^2+b^2-c^2-d^2=2ab\cos\beta-2cd\cos\delta $$
である。2 式をそれぞれ 2 乗して足し、$\sin^2+\cos^2=1$ と加法定理 $\cos\beta\cos\delta-\sin\beta\sin\delta=\cos(\beta+\delta)$ を使うと
$$ 16K^2+(a^2+b^2-c^2-d^2)^2=4a^2b^2+4c^2d^2-8abcd\cos(\beta+\delta) $$
となる。$\cos(\beta+\delta)=2\cos^2\frac{\beta+\delta}2-1$ を代入すると、右辺は $4(ab+cd)^2-16abcd\cos^2\frac{\beta+\delta}2$ である。さらに
$$ \begin{aligned} 4(ab+cd)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2&=\bigl((c+d)^2-(a-b)^2\bigr)\bigl((a+b)^2-(c-d)^2\bigr)\\ &=(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)\\ &=16(s-a)(s-b)(s-c)(s-d) \end{aligned} $$
である（1 行目は平方の差 $\bigl(2(ab+cd)\bigr)^2-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2$ を 2 通りに因数分解したもの）。これらを合わせて 16 で割れば主張を得る。

円周角の定理 の記事の系「円に内接する四角形」により、円に内接する四角形 $ABCD$ では $\beta+\delta=180^\circ$ なので $\cos\frac{\beta+\delta}2=\cos90^\circ=0$ であり、thm-heron-quadrilateral から直ちに従う。