方べきの定理（Pが円周の外にあるとき）
弦ABと弦CDが，円の中のPで交わっているとき
A B
C D P
• △PAD
∽
△PCBであり• PA·PB=PC·PDが成り立つ（方べきの定理）．
【暗 記 41：方べきの定理〜その２〜】
上の定理を証明せよ．
【解答】 △PADと△PCBについて，∠Pは共通，円周角の定理より∠PAD= ◀△PAC ∽ △PDB を 示 し て も 良 い．この場合，四角形ABCDが 円に内接することを用いる．
∠PCBであるので，2角が等しいから△PAD
∽
△PCBになる．よって，PA : PC=PD : PB⇔PA·PB=PC·PD ■
【例題42】 以下の図において，太線の長さを求めよ．
1.
5 4
20
2.
10 17
6
3. 2
9 3
4.
20 7
21
5.
16 4
5
6.
12 15 28
【解答】 いずれも，求める長さをxとおく．
1. 4·204=5xより，x=16． 2. 17·63=105xより，x= 51 5 ． 3. 3·9=2xより，x= 27
2 ． 4. 7·(20+7)=213xより，x=9． 5. (16+4)4·4=(x+5)·5 より，x=16−5=11．
6. 287·155=12 3 ·(x+12)より，x=35−12=23．
D. 円周外の点Pから，接線を引いたとき
方べきの定理（Pから接線を引いたとき）
接点がTである接線が，弦ABと点Pで交わっているとき
A B
T P
• △PAT
∽
△PTBであり• PA·PB=PT2が成り立つ（方べきの定理）．
【暗 記 43：方べきの定理〜その３〜】
上の定理を証明せよ．
【解答】 △PATと△PTBについて，∠Pは共通，接弦定理より∠PAT=∠PTB であるので，2角が等しいから△PAT
∽
△PTBになる．よってPA : PT=PT : PB⇔PA·PB=PT2
—13th-note— 4.4 円の性質（２）· · ·
131
【練習44：接線を引いたときの方べきの定理】
以下の図において，太線の長さを求めよ．ただし，図の中の ・ は接点とする．
(1) 4
16
(2)
5 10
(3)
10
12
【解答】 求める長さをxとする．
(1) 16·4=x2より，x= √ 64=8 (2) 5·x=102より，x=20
(3) x(x+10)=122⇔ x2+10x−144=0． これを解いてx=8,−18なので，x =8．
方べきの定理においては，一方の点・ の・
みが円周上にあることに注意しよう．
【練習45：方べきの定理のまとめ】
以下の図において，xの長さを求めよ．ただし，図の中の ・ は接
8 3
4 P A
B C
D 点か円の中心とする． E
(1) CPの長さを求めよ．
(2) 図中の相似な三角形を2組答え，それぞれの相似比も答えよ．
(3) DE=5とするとき，BCの長さを求めよ．
【解答】
(1) 方べきの定理より8·3=4·CPなので，CP=6 (2) △PAD
∽
△PCB，相似比はPD : PB=6 : 3=2 : 1△EAB
∽
△ECD，相似比はAB : CD=6 : 3=11 : 10 (3) BC=xとおく．△EAB
∽
△ECD，DE=5よりBE=5× 11 10 = 112
△PAD
∽
△PCB，BC=xよりAD=2xよって，方べきの定理より ◀【別解】EA : EC=11 : 10より (5+2x) :
(11 2 +x
)
=11 : 10 これを解いてx= 7
6．
5·(5+2x)= 11 2 ·
(11 2 +x
)
⇔ 20(5+2x)=11(11+2x)
⇔ 100+40x=121+22x
⇔ 18x=21 ∴ x= 7 6
方べきの定理と，それを示すために用いた三角形の相似は，セットにして理解しよう．上の【練 習】のように，相似を使わないと解けない問題も存在する．
【発 展 46：総合問題】
円C1とC2が2点A，Bと交わっている．直線AB上のうち，線
C1
C2
A
B P 分AB上にPを，線分ABの外にQをとる． Q
1 Pを通り，直線ABとは異なる直線lを引き，lと円C1の2 交点をD，Eとし，lと円C2の2交点をF，Gとする．この とき，PD·PE=PF·PGを示せ．
2 Qを通り円C1 と2点K，Lで交わる直線m1を引き，Qを 通り円C2と2点M，Nで交わる直線m2を引く．このとき，
K，L，M，Nは同一円周上にあることを示せ．ただし，直線 AB，m1，m2はすべて異なる直線とする．
【解答】
1 円C1について方べきの定理を用いるとPA·PB=PD·PE， ◀
C1
C2
A
B D P
E
F G
円C2について方べきの定理を用いるとPA·PB=PF·PG である．よって，PD·PE=PF·PGが示された．
2 K，L，M，Nを右図のようにとる． ◀
C1
C2
A
B Q
K L
M N 円C1について方べきの定理を用いるとQA·QB=QK·QL，
円C2について方べきの定理を用いるとQA·QB=QM·QN である．よって，QK·QL=QM·QNと分かり，
QK : QN=QM : QL · · · ⃝1 が成り立つ．
△QKMと△QNLについて，∠Qは共通，⃝1から2辺の比とその間の角
が等しいので，△QKM
∽
△QNLである．よって，∠QKM=∠QNLと ◀（別解）「方べきの定理の逆」が成り 立つ（13th-noteでは扱わない）こ とを用いれば，QK·QL=QM·QN から直接，K，L，M，Nが同一円 周上にあると導かれる．なるから，四角形KLNMについて，∠Nは向かい合う角の外角に等し いので円に内接する．
—13th-note— 4.4 円の性質（２）· · ·