正弦定理（高校数学）

方針：「2 点 $\mathrm X,\mathrm Y$ から等しい距離にある点全体は、線分 $\mathrm{XY}$ の垂直二等分線である」（中学校で学ぶ事実）を使う。
段 1（中心の候補）。円の中心 $\mathrm O$ が 3 頂点を通るとは、$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=\mathrm{OC}$ となることである。$\mathrm{OA}=\mathrm{OB}$ は $\mathrm O$ が辺 $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線 $\ell$ の上にあることと同じで、$\mathrm{OB}=\mathrm{OC}$ は $\mathrm O$ が辺 $\mathrm{BC}$ の垂直二等分線 $m$ の上にあることと同じである。
段 2（交点がある）。$\ell$ は直線 $\mathrm{AB}$ に垂直、$m$ は直線 $\mathrm{BC}$ に垂直である。もし $\ell$ と $m$ が平行なら、それらに垂直な直線 $\mathrm{AB}$ と $\mathrm{BC}$ も平行になり、どちらも $\mathrm B$ を通るので同じ直線になる。これは $\mathrm A,\mathrm B,\mathrm C$ が一直線上にないことに反する。よって $\ell$ と $m$ はちょうど 1 点 $\mathrm O$ で交わる。
段 3（存在と一意性）。段 1 により、$\mathrm O$ は $\mathrm{OA}=\mathrm{OB}=\mathrm{OC}$ を満たすので、$\mathrm O$ を中心とする半径 $\mathrm{OA}$ の円が外接円である。逆に外接円の中心は段 1 により $\ell$ と $m$ の両方の上にあるので、交点 $\mathrm O$ に限る。中心が決まれば半径も $\mathrm{OA}$ に決まる。さらに $\mathrm{OA}=\mathrm{OC}$ なので、$\mathrm O$ は辺 $\mathrm{CA}$ の垂直二等分線の上にもある。$\square$

方針：$a=2R\sin A$ を示す。頂点の名前を付け替えれば、同じ議論で $b=2R\sin B$、$c=2R\sin C$ も成り立つ。$0^\circ< A<180^\circ$ なので $\sin A>0$ であり、両辺を $\sin A$ で割れば $\dfrac a{\sin A}=2R$ を得る。そのために、辺 $\mathrm{BC}$ を斜辺でない辺にもち、斜辺が直径 $2R$ の直角三角形を作る（図 1）。
段 1（$A=90^\circ$ の場合）。(iii) により $\mathrm{BC}$ は外接円の直径なので、$a=2R$ である。$\sin90^\circ=1$ なので $a=2R\sin A$ が成り立つ。
段 2（直径 $\mathrm{BD}$ をとる）。以下 $A\ne90^\circ$ とする。外心を $\mathrm O$ とし、直線 $\mathrm{BO}$ が外接円と $\mathrm B$ 以外で交わる点を $\mathrm D$ とする。$\mathrm{BD}$ は直径なので $\mathrm{BD}=2R$ である。$\mathrm D=\mathrm C$ なら $\mathrm{BC}$ が直径で、(iii) により $A=90^\circ$ となり仮定に反するので、$\mathrm D\ne\mathrm C$ である。
段 3（直角三角形 $\mathrm{BCD}$）。$\mathrm C$ は円周上の点で、$\mathrm B,\mathrm D$ とは異なるので、(iii) により $\angle\mathrm{BCD}=90^\circ$ である。直角三角形 $\mathrm{BCD}$ で、角 $\angle\mathrm{BDC}$ の対辺は $\mathrm{BC}=a$、斜辺は $\mathrm{BD}=2R$ なので、三角比の定義により
$$ \sin\angle\mathrm{BDC}=\frac a{2R},\qquad\text{つまり}\qquad a=2R\sin\angle\mathrm{BDC} $$
である。
段 4（$\angle\mathrm{BDC}$ と $A$ の関係）。$\mathrm D=\mathrm A$ のときは $\angle\mathrm{BDC}=A$ である。$\mathrm D\ne\mathrm A$ のとき、$\mathrm A$ と $\mathrm D$ はどちらも円周上にあって直線 $\mathrm{BC}$ の上にはないので、次の 2 つの場合のどちらかである。

• $\mathrm A$ と $\mathrm D$ が直線 $\mathrm{BC}$ に関して同じ側にある場合。(i) により $\angle\mathrm{BDC}=\angle\mathrm{BAC}=A$ である。
• 反対側にある場合。4 点は円周上に $\mathrm A,\mathrm B,\mathrm D,\mathrm C$ の順に並び、四角形 $\mathrm{ABDC}$ は円に内接して、$\mathrm A$ と $\mathrm D$ は向かい合う頂点である。(ii) により $A+\angle\mathrm{BDC}=180^\circ$、つまり $\angle\mathrm{BDC}=180^\circ-A$ である。
  段 5（まとめる）。段 4 のどの場合も、$\sin\angle\mathrm{BDC}=\sin A$ である。2 つ目の場合は、三角比と鈍角への拡張 の定理「$180^\circ-\theta$ と $90^\circ-\theta$ の三角比」の $\sin(180^\circ-\theta)=\sin\theta$ を使った。段 3 と合わせて $a=2R\sin A$ を得る。$\square$

方針：thm-los-main を辺について解く。
thm-los-main により $a=2R\sin A$、$b=2R\sin B$、$c=2R\sin C$ である。3 つの辺は同じ正の数 $2R$ を $\sin A,\sin B,\sin C$ に掛けたものなので、$a:b:c=\sin A:\sin B:\sin C$ である。また $a-b=2R(\sin A-\sin B)$ で $2R>0$ なので、$a-b$ と $\sin A-\sin B$ は同じ符号をもつ。$\square$

方針：辺 $\mathrm{AB}$ を底辺とし、高さを $b\sin A$ で表す。そこに thm-los-main の $\sin A=\dfrac a{2R}$ を代入する。
段 1（高さ）。$\mathrm C$ から直線 $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm H$ とし、高さを $h=\mathrm{CH}$ とする。

• $A=90^\circ$ のとき、$\mathrm H=\mathrm A$ で $h=b=b\sin A$ である。
• $A$ が鋭角のとき、まず $\mathrm H\ne\mathrm A$ である（$\mathrm H=\mathrm A$ なら $\mathrm{CA}\perp\mathrm{AB}$ で $A=90^\circ$ となる）。$\mathrm H$ は $\mathrm A$ から $\mathrm B$ の向きに延びる半直線の上にある。実際、反対側にあったとすると、直角三角形 $\mathrm{AHC}$ の角 $\angle\mathrm{CAH}=180^\circ-A$ が鈍角になり、直角三角形の直角でない角は鋭角であることに反する。よって $\angle\mathrm{CAH}=A$ で、直角三角形 $\mathrm{AHC}$ で $h=b\sin A$ である。
• $A$ が鈍角のとき、同じ理由で $\mathrm H\ne\mathrm A$ であり、$\mathrm H$ は反対側の半直線の上にあり、$\angle\mathrm{CAH}=180^\circ-A$ である。$h=b\sin(180^\circ-A)=b\sin A$ である。
  段 2（面積）。底辺 $c$、高さ $h=b\sin A$ なので $S=\dfrac12ch=\dfrac12bc\sin A$ である。
  段 3（外接円の半径で表す）。thm-los-main により $\sin A=\dfrac a{2R}$ なので、$S=\dfrac12bc\cdot\dfrac a{2R}=\dfrac{abc}{4R}$ である。$\square$

方針：三角形 $\mathrm{OPC}$ で、$\angle\mathrm{OCP}=90^\circ-A$ であることを示す。すると結論は $\angle\mathrm{COP}<\angle\mathrm{OCP}$ と同じになり、これは向かいの辺の大小 $\mathrm{CP}<\mathrm{OP}$ から従う。$\mathrm{CP}$ を正弦定理で $R$ と角で表し、$\mathrm{CP}<\dfrac R2$ を示す（図 3）。角の大きさを $A=\angle\mathrm{CAB}$、$B=\angle\mathrm{ABC}$、$C=\angle\mathrm{BCA}$、外接円の半径を $R$ とする。
段 1（図の位置）。$B,C$ が鋭角なので、垂線の足 $\mathrm P$ は辺 $\mathrm{BC}$ の両端を除く部分にある（cor-los-area の証明の段 1 と同じ理由）。また、外心 $\mathrm O$ は直線 $\mathrm{BC}$ の上にない。$\mathrm O$ が直線 $\mathrm{BC}$ の上にあれば、$\mathrm{BC}$ は中心を通る弦、つまり直径になり、(iii) により $A=90^\circ$ となって、鋭角三角形であることに反するからである。よって $\mathrm O,\mathrm P,\mathrm C$ は三角形をつくる。（鋭角三角形では外心が三角形の内部にあることも知られている（三角形の外心）が、この解答で使うのは $\mathrm O$ が直線 $\mathrm{BC}$ の上にないことだけである。）
段 2（$\angle\mathrm{OCP}=90^\circ-A$）。円周角の定理（高校数学） により、弧 $\mathrm{BC}$（$\mathrm A$ を含まない方）に対する中心角は $2A$ で、$2A<180^\circ$ なので $\angle\mathrm{BOC}=2A$ である。$\mathrm{OB}=\mathrm{OC}=R$ なので三角形 $\mathrm{OBC}$ は二等辺三角形で、底角は $\dfrac{180^\circ-2A}2=90^\circ-A$ である。$\mathrm P$ は線分 $\mathrm{BC}$ 上にあるので、$\angle\mathrm{OCP}=\angle\mathrm{OCB}=90^\circ-A$ である。
段 3（示すことの言い換え）。結論 $A+\angle\mathrm{COP}<90^\circ$ は、段 2 により $\angle\mathrm{COP}<\angle\mathrm{OCP}$ と同じである。三角形では大きい辺の向かいの角が大きい（中学校で学ぶ事実）。三角形 $\mathrm{OPC}$ で $\angle\mathrm{COP}$ の向かいは $\mathrm{CP}$、$\angle\mathrm{OCP}$ の向かいは $\mathrm{OP}$ なので、$\mathrm{CP}<\mathrm{OP}$ を示せばよい。
段 4（$\mathrm{CP}$ を角で表す）。三角形 $\mathrm{APC}$ は $\mathrm P$ で直角で、$\mathrm C$ での角は $C$ なので、$\mathrm{CP}=b\cos C$ である。thm-los-main により $b=2R\sin B$ なので
$$ \mathrm{CP}=2R\sin B\cos C $$
である。
段 5（積を和に直す）。加法定理 $\sin(C+B)=\sin C\cos B+\cos C\sin B$、$\sin(C-B)=\sin C\cos B-\cos C\sin B$ を引き算すると $2\sin B\cos C=\sin(B+C)-\sin(C-B)$ である（加法定理から積和・和積・合成・正接の公式を導く）。$B+C=180^\circ-A$ なので $\sin(B+C)=\sin A$ であり
$$ \mathrm{CP}=R\bigl(\sin A-\sin(C-B)\bigr) $$
である。
段 6（評価する）。$A$ は鋭角なので $A\ne90^\circ$ で、$\sin A<1$ である（$\sin\theta=1$ となるのは $\theta=90^\circ$ だけ）。仮定から $C-B\ge30^\circ$ であり、$C<90^\circ$、$B>0^\circ$ なので $C-B<90^\circ$ である。$30^\circ\le\theta\le150^\circ$ で $\sin\theta\ge\dfrac12$ なので（三角比と鈍角への拡張 の例「三角比の不等式」）、$\sin(C-B)\ge\dfrac12$ である。よって
$$ \mathrm{CP}< R\left(1-\frac12\right)=\frac R2 $$
である。
段 7（$\mathrm{OP}$ と比べる）。三角形 $\mathrm{OPC}$ の三角不等式 $\mathrm{OP}+\mathrm{CP}\ge\mathrm{OC}=R$ と段 6 から
$$ \mathrm{OP}\ge R-\mathrm{CP}>R-\frac R2=\frac R2>\mathrm{CP} $$
である。段 3 により $\angle\mathrm{COP}<\angle\mathrm{OCP}=90^\circ-A$、つまり $\angle\mathrm{CAB}+\angle\mathrm{COP}<90^\circ$ である。$\square$