ユークリッド幾何学

証明の考え方（SAS＝命題4）と「重ね合わせ」

『原論』第1巻 命題4（SAS）の証明は、一方の三角形 $\triangle ABC$ を動かして他方 $\triangle DEF$ に重ね合わせることから始まる。点 $A$ を $D$ に、辺 $AB$ を $DE$ に合わせると、$AB=DE$ かつ $\angle A=\angle D$ なので $B$ は $E$ に一致し、辺 $AC$ は $DF$ の向きに重なる。$AC=DF$ だから $C$ は $F$ に一致し、したがって $BC$ と $EF$ も重なって、2つの三角形は完全に一致する。$\square$

※ この「重ね合わせ（superposition）」は、図形を動かしても形と大きさが変わらないことを暗黙に仮定しており、公準として明示されていない。この弱点は後にヒルベルト（1899, 『幾何学基礎論』）が合同を独立した公理として立て直すことで解消された。SSS（命題8）・ASA（命題26）はこの命題4を土台に証明される。

証明スケッチ（面積比＝命題19）

相似比が $k:1$ の相似な三角形では、対応する角が等しいので、対応する底辺は $k$ 倍、その底辺への高さも $k$ 倍になる。三角形の面積は $\tfrac12\times{}$底辺${}\times{}$高さだから、面積は $k\times k=k^2$ 倍となる。$\square$

※ 図4のように相似比 $2$ の三角形が合同な $4$ 個に分割されることは、$k=2$ での $k^2=4$ を目で見た確認になっている。『原論』第6巻 命題19 は、座標を用いず面積の比の理論だけでこれを厳密に示す。

証明（円周角の定理＝命題20）

中心 $O$ と円周上の点 $P$ を結ぶ直線を延長し、円と交わる点を $Q$ とする（$PQ$ は直径）。

$OA=OP$（ともに半径）だから $\triangle OAP$ は二等辺三角形で、底角が等しく $\angle OPA=\angle OAP$。三角形の外角は隣り合わない2つの内角の和に等しいので、 $$\angle AOQ=\angle OPA+\angle OAP=2\,\angle OPA.$$ 同様に $OB=OP$ より $\triangle OBP$ も二等辺で $\angle BOQ=2\,\angle OPB$。

両者を足すと $$\angle AOB=\angle AOQ+\angle BOQ=2(\angle OPA+\angle OPB)=2\,\angle APB.$$ ゆえに $\angle APB=\tfrac12\,\angle AOB$。$\square$

※ ここでは中心 $O$ が $\angle APB$ の内部にある場合を示した。$O$ が角の外部にある場合や辺上にある場合も、和のかわりに差をとる・一方の項が $0$ になるだけで、同じ結論が得られる。

証明（接弦定理＝命題32、円周角の定理から）

中心を $O$、半径を $r$ とする。$OT=OB=r$ より $\triangle OTB$ は二等辺で、中心角を $\angle TOB=\beta$ とおくと底角は $\angle OTB=90^\circ-\tfrac{\beta}{2}$。接線は接点での半径に垂直（$\angle OTA=90^\circ$）だから、接弦角は $$\alpha=90^\circ-\angle OTB=90^\circ-\left(90^\circ-\tfrac{\beta}{2}\right)=\tfrac{\beta}{2}.$$ 一方、弦 $TB$ に対する反対側の弓形の円周角は、円周角の定理より $\angle TPB=\tfrac12\angle TOB=\tfrac{\beta}{2}$。ゆえに $\alpha=\angle TPB$。$\square$