Archimedesの折れ弦の定理

円 $x^2+y^2=25$ の上に $A(-5,0)$、$B(5,0)$、$C(4,3)$ をとる。$C$ は上半分の弧 $AB$ の上にある。この弧の中点は $M(0,5)$ である。
(1) 弦の長さ。
$$ AC=\sqrt{(4+5)^2+3^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10},\qquad CB=\sqrt{(5-4)^2+3^2}=\sqrt{10} $$
で、$AC>CB$ である。折れ弦の長さは $4\sqrt{10}$、その半分は $2\sqrt{10}$ である。
(2) $M$ から直線 $AC$ に下ろした垂線の足 $F$。直線 $AC$ の向きは $\overrightarrow{AC}=(9,3)$、つまり $(3,1)$ の向きである。$\overrightarrow{AM}=(5,5)$ を $(3,1)$ の向きへ正射影すると、長さは
$$ AF=\frac{(5,5)\cdot(3,1)}{\sqrt{3^2+1^2}}=\frac{15+5}{\sqrt{10}}=\frac{20}{\sqrt{10}}=2\sqrt{10} $$
である。$F=A+\dfrac{2\sqrt{10}}{3\sqrt{10}}\overrightarrow{AC}=(-5,0)+\dfrac23(9,3)=(1,2)$ である。
(3) 比べる。$FC=AC-AF=3\sqrt{10}-2\sqrt{10}=\sqrt{10}$ なので
$$ FC+CB=\sqrt{10}+\sqrt{10}=2\sqrt{10}=AF $$
である。足 $F$ は、折れ弦 $ACB$ の中点になっている。

同じ円 $x^2+y^2=25$ の上に $A(-4,3)$、$B(4,3)$、$C(3,4)$ をとる。$C$ は $A$ と $B$ を結ぶ上側の短い弧の上にあり、この弧の中点は $M(0,5)$ である。三角形 $ACB$ は $C$ の角が鈍角である（$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=(-7)\cdot1+(-1)\cdot(-1)=-6<0$）。
(1) 弦の長さ。$AC=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt2$、$CB=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt2$ で、$AC>CB$ である。
(2) 足 $F$。$\overrightarrow{AC}=(7,1)$、$\overrightarrow{AM}=(4,2)$ なので
$$ AF=\frac{(4,2)\cdot(7,1)}{\sqrt{50}}=\frac{30}{5\sqrt2}=3\sqrt2 $$
である。
(3) 比べる。$FC=5\sqrt2-3\sqrt2=2\sqrt2$ で、$FC+CB=2\sqrt2+\sqrt2=3\sqrt2=AF$ である。ここでも $F$ は折れ弦の中点である。

1. $C$ が弧 $ACB$ の中点のとき、$AC=CB$ で、折れ弦の中点は $C$ である。
2. ex-bct-start では折れ弦の長さが $3\sqrt{10}+\sqrt{10}=4\sqrt{10}$ で、中点は $AC$ の上の $A$ から $2\sqrt{10}$ の点 $F(1,2)$ である。
3. ex-bct-second では長さが $5\sqrt2+\sqrt2=6\sqrt2$ で、中点は $AC$ の上の $A$ から $3\sqrt2$ の点である。

ex-bct-second の $A(-4,3)$、$B(4,3)$、$C(3,4)$、$M(0,5)$ で、余弦から角を求めると $x=\angle ABC=45^\circ$、$y=\angle BAC\fallingdotseq8.13^\circ$ である。lem-bct-position の (2) によれば
$$ \angle MAC=\frac{x-y}2\fallingdotseq18.43^\circ,\qquad \angle MCA=\frac{x+y}2\fallingdotseq26.57^\circ $$
で、座標から直接求めた値 $\angle MAC\fallingdotseq18.43^\circ$、$\angle MCA\fallingdotseq26.57^\circ$ と合う。$MA=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5$、$MB=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5$ で、(3) も成り立っている。

ex-bct-start の $A(-5,0)$、$B(5,0)$、$C(4,3)$、$M(0,5)$ で、証明の各段を数値で追う（図 2）。
(1) 点 $G$。$AG=CB=\sqrt{10}$ は $AC=3\sqrt{10}$ の $\dfrac13$ なので、
$$ G=A+\frac13\overrightarrow{AC}=(-5,0)+\frac13(9,3)=(-2,1) $$
である。
(2) $MG=MC$。$MG=\sqrt{(-2)^2+(1-5)^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5$、$MC=\sqrt{4^2+(3-5)^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5$ で、等しい。
(3) 中点。線分 $GC$ の中点は $\left(\dfrac{-2+4}2,\dfrac{1+3}2\right)=(1,2)$ で、ex-bct-start で求めた足 $F(1,2)$ と一致する。
(4) $AG=\sqrt{10}$、$GF=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$ で、$AF=AG+GF=2\sqrt{10}$ である。

直径 $1$（$2R=1$）の円では、円周角 $\theta$ の弦の長さは $\sin\theta$ である。
(1) 円周角 $30^\circ$ の弦は $\sin30^\circ=\dfrac12$、円周角 $90^\circ$ の弦（直径）は $\sin90^\circ=1$ である。
(2) ex-bct-start の円は半径 $5$ で、$\angle ABC=x$ に対して $AC=10\sin x$ である。$AC=3\sqrt{10}$ なので $\sin x=\dfrac{3\sqrt{10}}{10}=\dfrac3{\sqrt{10}}$ で、$x\fallingdotseq71.57^\circ$ である。

$p=45^\circ$、$q=30^\circ$ とする。cor-bct-addition の図は、直径 $1$ の円で $MA=\sin45^\circ=\dfrac{\sqrt2}2$、$MC=\sin30^\circ=\dfrac12$、$CB=\sin15^\circ$ の折れ弦である。
$$ AF=\sin45^\circ\cos30^\circ=\frac{\sqrt2}2\cdot\frac{\sqrt3}2=\frac{\sqrt6}4,\qquad FC=\cos45^\circ\sin30^\circ=\frac{\sqrt2}2\cdot\frac12=\frac{\sqrt2}4 $$
で、折れ弦の定理 $CB=AF-FC$ から
$$ \sin15^\circ=\frac{\sqrt6-\sqrt2}4\fallingdotseq0.2588 $$
である。

$p=60^\circ$、$q=30^\circ$ とすると、$AF=\sin60^\circ\cos30^\circ=\dfrac34$、$FC=\cos60^\circ\sin30^\circ=\dfrac14$ で、$CB=AF-FC=\dfrac12=\sin30^\circ$ である。このとき $AC=AF+FC=1=\sin90^\circ$ で、$AC$ は直径になっている。

円 $x^2+y^2=25$ の上に $A(-4,3)$、$B(4,3)$、$C(-3,4)$ をとる。$AC=\sqrt2$、$CB=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt2$ で、今度は $CB$ の方が長い。弧 $ACB$ の中点はやはり $M(0,5)$ で、$M$ は弧 $CB$ の上にある。
$A$ と $B$ の名前を入れかえて thm-bct-main を使うと、$M$ から長い方の弦 $CB$ に下ろした垂線の足 $F'$ について $BF'=F'C+CA$ である。実際、$\overrightarrow{BC}=(-7,1)$、$\overrightarrow{BM}=(-4,2)$ から
$$ BF'=\frac{(-4,2)\cdot(-7,1)}{\sqrt{50}}=\frac{30}{5\sqrt2}=3\sqrt2 $$
で、$F'C=5\sqrt2-3\sqrt2=2\sqrt2$、$F'C+CA=2\sqrt2+\sqrt2=3\sqrt2$ である。$F'=\left(-\dfrac15,\dfrac{18}5\right)$ である。

ex-bct-second の $A(-4,3)$、$B(4,3)$、$C(3,4)$ で、$C$ を含まない方の弧（下側の長い弧）の中点は $M'(0,-5)$ である。$M'$ から直線 $AC$ に下ろした垂線の足 $F$ は、$\overrightarrow{AM'}=(4,-8)$ を $\overrightarrow{AC}=(7,1)$ の向きに正射影して
$$ AF=\frac{(4,-8)\cdot(7,1)}{\sqrt{50}}=\frac{28-8}{5\sqrt2}=2\sqrt2 $$
である。$FC=5\sqrt2-2\sqrt2=3\sqrt2$ なので $FC+CB=4\sqrt2\ne2\sqrt2=AF$ で、$F$ は折れ弦の中点ではない（図 5）。この例では $FC=AF+CB$ になっているが、この記事ではこの形の一般の主張は証明しない。

ex-bct-swap の $A(-4,3)$、$B(4,3)$、$C(-3,4)$、$M(0,5)$ で、$M$ から短い方の弦 $AC$ を延ばした直線 $y=x+7$ に下ろした垂線の足は $F(-1,6)$ である。$\overrightarrow{AF}=(3,3)$ は $\overrightarrow{AC}=(1,1)$ の $3$ 倍なので、$F$ は線分 $AC$ の外（$C$ の先）にある。$AF=3\sqrt2$、$FC=2\sqrt2$、$CB=5\sqrt2$ で、$FC+CB=7\sqrt2\ne3\sqrt2=AF$ である。

ex-bct-start の $A(-5,0)$、$B(5,0)$、$C(4,3)$ で、$M(0,5)$ の代わりに弧の上の点 $N(-3,4)$ から直線 $AC$ に下ろした垂線の足は $F(-2,1)$ である（$\overrightarrow{AN}=(2,4)$ を $(3,1)$ の向きに正射影した長さは $\dfrac{6+4}{\sqrt{10}}=\sqrt{10}$）。$AF=\sqrt{10}$、$FC=2\sqrt{10}$ で、$FC+CB=3\sqrt{10}\ne\sqrt{10}=AF$ である。$NA=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5$、$NB=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt5$ で $NA\ne NB$ となり、証明の段 2 の合同が使えない。