三角形の3頂点から対辺へ引いた3本の直線が1点で交わるとき、辺上の分点の比に美しい関係が成り立ちます。
チェバの定理は、重心・内心・外心などの「五心」が1点で交わることの統一的な説明を与えてくれる強力な定理です。
$\triangle ABC$ の辺 $BC$, $CA$, $AB$ 上（またはその延長上）にそれぞれ点 $P$, $Q$, $R$ をとります。 3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ が1点 $O$ で交わるとき、辺上の分点の比にどのような関係が成り立つでしょうか。
$\triangle ABC$ の辺 $BC$, $CA$, $AB$ またはその延長上にそれぞれ点 $P$, $Q$, $R$ があり、 3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ が1点 $O$ で交わるならば
$$\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB} = 1$$この等式の形は非常に整っています。3つの分数はそれぞれ、辺上の分点が辺を分ける比を表しています。 その積がちょうど $1$ になる ── なぜでしょうか。
チェバの定理の本質は、辺の比を面積比に翻訳することにあります。
辺 $BC$ 上の点 $P$ を考えると、$\dfrac{BP}{PC}$ は $P$ が $BC$ を分ける比です。 このとき、$A$ と $O$ を通る直線（$AP$）を底辺の「高さの基準」と見ると、 $\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{\triangle OAB}{\triangle OAC}$ と面積比に変換できます。
同様に残り2つの比も面積比に変換すると、3つの分数の積は
$$\frac{\triangle OAB}{\triangle OCA} \cdot \frac{\triangle OBC}{\triangle OAB} \cdot \frac{\triangle OCA}{\triangle OBC}$$
となり、分子と分母がすべて打ち消し合って $1$ になるのです。 これが「面積比の連鎖」── チェバの定理の本質です。
3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ の交点を $O$ とします。
Step 1：$\dfrac{BP}{PC}$ を面積比で表す。
$\triangle ABP$ と $\triangle ACP$ は、底辺をそれぞれ $BP$, $PC$ とすると高さが共通（$A$ から $BC$ への距離）なので
$$\frac{BP}{PC} = \frac{\triangle ABP}{\triangle ACP}$$同様に、$\triangle OBP$ と $\triangle OCP$ も $BP : PC$ の比になるので
$$\frac{BP}{PC} = \frac{\triangle OBP}{\triangle OCP}$$よって
$$\frac{BP}{PC} = \frac{\triangle ABP - \triangle OBP}{\triangle ACP - \triangle OCP} = \frac{\triangle OAB}{\triangle OCA}$$Step 2：同様に
$$\frac{CQ}{QA} = \frac{\triangle OBC}{\triangle OAB}, \quad \frac{AR}{RB} = \frac{\triangle OCA}{\triangle OBC}$$Step 3：3つの式を辺々かけると
$$\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB} = \frac{\triangle OAB}{\triangle OCA} \cdot \frac{\triangle OBC}{\triangle OAB} \cdot \frac{\triangle OCA}{\triangle OBC} = 1$$$\blacksquare$
チェバの定理の等式を覚えるには、三角形の頂点と分点を交互にたどって一周する方法が便利です。
頂点 $B$ から出発して： $B \xrightarrow{\text{分点}} P \xrightarrow{\text{頂点}} C \xrightarrow{\text{分点}} Q \xrightarrow{\text{頂点}} A \xrightarrow{\text{分点}} R \xrightarrow{\text{頂点}} B$
この順番で「出発点から到着点への比」を書くと $\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ が得られます。 メネラウスの定理もまったく同じ覚え方（ただし右辺が $-1$）なので、まとめて覚えるとよいでしょう。
✕ 誤：$\dfrac{PC}{BP} \cdot \dfrac{QA}{CQ} \cdot \dfrac{RB}{AR} = 1$ （分子と分母が逆でも等式は成り立つが、メネラウスとの対比がしにくくなる）
○ 正：「頂→分→頂」の順に、出発点を分子、到着点を分母に書く。 $\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$
この書き方を統一しておくと、メネラウスの定理との比較もしやすくなります。
ジョバンニ・チェバ（1647--1734）はイタリアの数学者です。 1678年に出版した著作で、この定理を初めて体系的に論じました。
チェバの定理は中学・高校レベルの幾何で証明できるにもかかわらず、 古代ギリシャのユークリッドの時代には知られていませんでした。 「簡単な定理が長い間発見されなかった」という数学史の好例です。
チェバの定理は「3直線が1点で交わる → 比の積が $1$」という命題でした。 その逆、つまり「比の積が $1$ → 3直線が1点で交わる」も成り立ちます。 これがチェバの定理の逆です。
$\triangle ABC$ の辺 $BC$, $CA$, $AB$ またはその延長上にそれぞれ点 $P$, $Q$, $R$ があり、 これら3点のうち1個または3個が辺上にあるとする。
このとき、$BQ$ と $CR$ が交わり、かつ
$$\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB} = 1$$が成り立つならば、3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ は1点で交わる。
方針：「同一法」を使います。仮定の等式を満たす点 $P$ と、 チェバの定理から得られる点 $P'$ が一致することを示します。
Step 1：仮定より $\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ ……①
Step 2：$BQ$ と $CR$ の交点を $O$ とし、直線 $AO$ と辺 $BC$ の交点を $P'$ とします。 チェバの定理より $\dfrac{BP'}{P'C} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ ……②
Step 3：①と②から $\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{BP'}{P'C}$
$P$ も $P'$ も辺 $BC$ 上（または延長上の同じ側）にあるので、$P$ と $P'$ は一致します。
したがって、$AP = AP'$ は直線 $AO$ と一致し、3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ は1点 $O$ で交わります。 $\blacksquare$
チェバの定理の逆の証明で使った「同一法」は、幾何の逆命題の証明で頻出するテクニックです。
アイデアはシンプル：「条件を満たす点が2つあると仮定し、それらが一致することを示す」。
具体的には、「$P$ が条件を満たす」（仮定）と「$P'$ もチェバの定理から条件を満たす」の2つから $P = P'$ を導きます。メネラウスの定理の逆も同じ手法で証明できます。
チェバの定理の逆には「3点 $P$, $Q$, $R$ のうち辺上にあるのが1個または3個」という条件があります。
✕ 誤：条件を無視して、比の積が $1$ ならいつでも3直線は1点で交わると思い込む
○ 正：辺の延長上にある点の個数が偶数（0個か2個）のとき、 比の積が $1$ になっても3直線が1点で交わるとは限りません（平行になる場合がある）。
入試ではこの条件を省略した出題もありますが、 厳密な論述では「$BQ$ と $CR$ が交わること」の確認が必要です。
チェバの定理の逆を使うと、三角形の「五心」が1点で交わることを統一的に示せます。
| 五心 | 分点 $P$, $Q$, $R$ の取り方 | 比の積が $1$ になる理由 |
|---|---|---|
| 重心 | 各辺の中点 | $\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{AR}{RB} = 1$ なので積は $1$ |
| 内心 | 角の二等分線と対辺の交点 | 角の二等分線の定理より $\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{c}{b}$, $\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{a}{c}$, $\dfrac{AR}{RB} = \dfrac{b}{a}$。積は $1$ |
| 垂心 | 各頂点から対辺への垂線の足 | $\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{\tan B}{\tan C}$ 等を示し、積が $1$ |
チェバの定理とメネラウスの定理は「双対的」な関係にあります。
・チェバ：3直線が1点（共点）で交わる → 比の積 $= 1$
・メネラウス：3点が1直線（共線）上にある → 比の積 $= 1$（符号付きなら $-1$）
大学の射影幾何学では、「共点」と「共線」は双対原理（点と直線の役割を入れ替える）で 対応する概念です。チェバとメネラウスの定理が似た形をしているのは、この双対性の反映です。
Section 1 でチェバの定理の証明を見ましたが、ここでは「面積比」をもう少し深く掘り下げます。 面積比による方法は、チェバの定理の証明だけでなく、多くの平面図形の問題で強力な武器になります。
2つの三角形が高さを共有しているとき、底辺の比がそのまま面積の比になります：
$$\frac{\triangle ABP}{\triangle ACP} = \frac{BP}{PC}$$
（$\triangle ABP$ と $\triangle ACP$ は、$A$ から直線 $BC$ への高さが共通）
この「高さ共通 → 底辺比 = 面積比」の変換が、チェバの定理をはじめ、 図形の比の問題全般の基本ツールです。
チェバの定理の状況で、交点 $O$ が作る3つの三角形 $\triangle OBC$, $\triangle OCA$, $\triangle OAB$ の面積比を考えましょう。
$\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB = x : y : z$ とおくと、 先ほどの証明で使った関係式から
$$\frac{BP}{PC} = \frac{z}{y}, \quad \frac{CQ}{QA} = \frac{x}{z}, \quad \frac{AR}{RB} = \frac{y}{x}$$積をとると $\dfrac{z}{y} \cdot \dfrac{x}{z} \cdot \dfrac{y}{x} = 1$。 チェバの定理が面積比の約分として自然に出てくることがわかります。
✕ 誤：2つの三角形の面積比をすぐに辺の比で書く（高さが共通でない場合は使えない）
○ 正：$\dfrac{\triangle ABP}{\triangle ACP} = \dfrac{BP}{PC}$ が使えるのは、 2つの三角形が同じ頂点 $A$ を共有し、底辺 $BP$ と $PC$ が一直線上にあるときだけ。
面積比に変換する際は、必ず「どの高さが共通か」を確認しましょう。 図を描いて高さを明示する習慣をつけると間違いが減ります。
逆に、$\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB$ の面積比がわかれば、 辺上の分点の比が直ちにわかります。 たとえば $\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB = 2 : 3 : 5$ のとき、
$$\frac{BP}{PC} = \frac{\triangle OAB}{\triangle OCA} = \frac{5}{3}$$この「面積比 → 辺の比」の逆算は、入試で頻出のテクニックです。
$\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB = x : y : z$ とおくと
・$P$ は辺 $BC$ 上の点 → $BP : PC = z : y$（$A$ を含む三角形の面積比）
・$Q$ は辺 $CA$ 上の点 → $CQ : QA = x : z$（$B$ を含む三角形の面積比）
・$R$ は辺 $AB$ 上の点 → $AR : RB = y : x$（$C$ を含む三角形の面積比）
規則：辺 $BC$ 上の分点 $P$ の比は、$P$ を含まない2つの三角形（$\triangle OAB$ と $\triangle OCA$）の面積比で決まる。
「三角形の内部の点を3つの小三角形の面積比で表す」方法は、 大学で面積座標（重心座標の別名）として体系化されます。
コンピュータグラフィックスでは、ポリゴン（三角形の集まり）の内部にある各ピクセルの色を、 頂点の色から補間する際に重心座標が使われます。 ゲームや映画のCGで美しいグラデーションが描けるのは、この幾何学のおかげです。
チェバの定理がどのような場面で使えるのかを、具体例を通じて見ていきましょう。 ポイントは「3直線が1点で交わっている（または交わるか判定したい）」状況を見つけることです。
$\triangle ABC$ において、辺 $AB$ 上に点 $R$ を $AR : RB = 2 : 3$ にとり、 辺 $AC$ 上に点 $Q$ を $AQ : QC = 4 : 1$ にとります。 直線 $BQ$ と直線 $CR$ の交点を $O$ とし、直線 $AO$ と辺 $BC$ の交点を $P$ とするとき、 $BP : PC$ を求めてみましょう。
チェバの定理より
$$\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB} = 1$$$\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{1}{4}$, $\dfrac{AR}{RB} = \dfrac{2}{3}$ を代入すると
$$\frac{BP}{PC} \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{2}{3} = 1$$ $$\frac{BP}{PC} = \frac{1}{\dfrac{2}{12}} = 6$$よって $BP : PC = 6 : 1$ です。
チェバの定理は「頂→分→頂」の順なので、辺 $CA$ 上の点 $Q$ に対しては $\dfrac{CQ}{QA}$ です。
✕ 誤：$AQ : QC = 4 : 1$ だから $\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{4}{1}$
○ 正：$AQ : QC = 4 : 1$ なので $QA = 4$, $CQ = 1$ として $\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{1}{4}$
「$AQ$ と $QA$」「$CQ$ と $QC$」は向きが逆なだけで同じ長さですが、 チェバの式では分数の分子・分母の対応を正確にする必要があります。
チェバの定理の逆を使えば、比の積が $1$ であることを示すだけで「3直線が1点で交わる」と結論できます。
たとえば、「$\triangle ABC$ の3本の中線は1点で交わる」をチェバの定理の逆から示しましょう。 各辺の中点をとるので $BP : PC = CQ : QA = AR : RB = 1 : 1$ です。
$$\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB} = 1 \cdot 1 \cdot 1 = 1$$チェバの定理の逆より、3本の中線は1点で交わります。 8-3で長い証明を行った「重心の存在」が、チェバの定理を使えばわずか数行で示せるのです。
3直線が1点で交わることを示す方法は複数ありますが、 チェバの定理の逆が最も汎用的です。
やることは2ステップだけ：
1. 辺上の分点の比を求める
2. $\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ を確認する
重心・内心の存在をはじめ、様々な幾何の問題がこの2ステップで解決します。
チェバの定理とメネラウスの定理は形が似ているため、どちらを使うべきか迷う場面があります。 判断基準は明快です：
| 使う定理 | 状況 | キーワード |
|---|---|---|
| チェバの定理 | 3本の直線が1点で交わる | 「共点」「1点で交わる」「交点 $O$」 |
| メネラウスの定理 | 3点が1直線上にある | 「共線」「一直線」「直線 $\ell$ と三角形」 |
問題文に「直線 $BQ$ と $CR$ の交点」のように「交点」が出てきたらチェバ。 「直線 $\ell$ が辺 $BC$, $CA$, $AB$ と交わる」のように「1本の直線が三角形を横切る」状況ならメネラウスです。
両定理とも等式の形は $\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ ですが、 適用場面が異なります。
✕ 誤：3点が一直線上にある状況にチェバの定理を適用
○ 正：3直線が1点で交わる → チェバ。3点が一直線上 → メネラウス。
また、メネラウスの定理では辺の延長上にある点の個数に注意が必要です（チェバと条件が異なる）。 「辺上の点：1個または3個 → チェバ」「延長上の点：1個または3個 → メネラウス」という違いも重要です。
チェバの定理に関連する知識を整理し、他の分野とのつながりを俯瞰しましょう。
| パターン | 問題の特徴 | 使う定理 |
|---|---|---|
| A：比の計算 | 2つの比が既知、残りの比を求める | チェバの定理（順方向） |
| B：共点の証明 | 3直線が1点で交わることを示す | チェバの定理の逆 |
| C：面積比の計算 | 交点 $O$ が作る小三角形の面積比 | チェバ + 面積比の変換 |
| D：五心への応用 | 重心・内心等の存在証明 | チェバの定理の逆 |
| E：メネラウスとの併用 | 複雑な図形で複数の比を連立 | チェバ + メネラウス |
Q1. チェバの定理の等式を書いてください。
Q2. チェバの定理の等式の覚え方を、「頂」「分」という言葉を使って説明してください。
Q3. チェバの定理の逆の証明で使う「同一法」とは、どのような方法ですか？
Q4. チェバの定理を使って「3本の中線が1点で交わる」ことを示す際、比の積はどう計算されますか？
Q5. チェバの定理とメネラウスの定理は、それぞれどのような状況で使いますか？
この記事で学んだ内容を、入試形式の問題で確認しましょう。
$\triangle ABC$ において、辺 $AB$ 上の点 $R$ を $AR : RB = 1 : 2$、 辺 $CA$ 上の点 $Q$ を $CQ : QA = 3 : 1$ にとる。 直線 $BQ$ と直線 $CR$ の交点を $O$、直線 $AO$ と辺 $BC$ の交点を $P$ とするとき、$BP : PC$ を求めよ。
$BP : PC = 2 : 3$
方針：チェバの定理を適用し、未知の比を求める。
チェバの定理より $\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$
$\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{3}{1} = 3$, $\dfrac{AR}{RB} = \dfrac{1}{2}$ を代入：
$\dfrac{BP}{PC} \cdot 3 \cdot \dfrac{1}{2} = 1$
$\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{2}{3}$
よって $BP : PC = 2 : 3$。
$\triangle ABC$ の辺 $BC$, $CA$, $AB$ 上にそれぞれ点 $P$, $Q$, $R$ があり、 3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ が1点 $O$ で交わる。 $BP : PC = 3 : 2$, $CQ : QA = 1 : 3$ のとき、以下を求めよ。
(1) $AR : RB$
(2) $\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB$
(1) $AR : RB = 2 : 1$
(2) $\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB = 3 : 4 : 6$
(1) の方針：チェバの定理を適用。
$\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ より
$\dfrac{3}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$
$\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{AR}{RB} = 1$ よって $\dfrac{AR}{RB} = 2$ すなわち $AR : RB = 2 : 1$
(2) の方針：面積比を $x : y : z$ とおき、辺の比との関係を使う。
$\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB = x : y : z$ とおく。
$\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{z}{y} = \dfrac{3}{2}$ より $z = \dfrac{3}{2}y$
$\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{x}{z} = \dfrac{1}{3}$ より $x = \dfrac{1}{3}z = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3}{2}y = \dfrac{1}{2}y$
$y = 2$ とおくと $x = 1$, $z = 3$ → $x : y : z = 1 : 2 : 3$
検算：$\dfrac{AR}{RB} = \dfrac{y}{x} = \dfrac{2}{1}$ ✓
よって $\triangle OBC : \triangle OCA : \triangle OAB = 1 : 2 : 3$
（$= 3 : 6 : 9$ を $3$ で割って $1:2:3$、答えの書き方として $3:6:9$ でも $1:2:3$ でも正解）
$\triangle ABC$ の内角の二等分線が対辺と交わる点をそれぞれ $P$（辺 $BC$ 上）, $Q$（辺 $CA$ 上）, $R$（辺 $AB$ 上）とする。 チェバの定理の逆を用いて、3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ が1点で交わることを示せ。 ただし、$BC = a$, $CA = b$, $AB = c$ とする。
3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ は1点で交わる（内心の存在）。
方針：角の二等分線の定理を使って各比を求め、積が $1$ になることを示す。
$\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点 $P$：角の二等分線の定理より $\dfrac{BP}{PC} = \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{c}{b}$
$\angle B$ の二等分線と辺 $CA$ の交点 $Q$：$\dfrac{CQ}{QA} = \dfrac{BC}{BA} = \dfrac{a}{c}$
$\angle C$ の二等分線と辺 $AB$ の交点 $R$：$\dfrac{AR}{RB} = \dfrac{CA}{CB} = \dfrac{b}{a}$
よって
$\dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA} \cdot \dfrac{AR}{RB} = \dfrac{c}{b} \cdot \dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{b}{a} = 1$
$P$, $Q$, $R$ はすべて辺上の点（3個が辺上）なので、チェバの定理の逆により、 3直線 $AP$, $BQ$, $CR$ は1点で交わる。 $\blacksquare$
1辺の長さが $7$ の正三角形 $ABC$ がある。辺 $AB$ 上に $AD = 3$ となる点 $D$ を、 辺 $AC$ 上に $AE = 6$ となる点 $E$ をとる。線分 $BE$ と $CD$ の交点を $F$、 直線 $AF$ と辺 $BC$ の交点を $G$ とするとき、$CG$ の長さを求めよ。
$CG = \dfrac{7}{3}$
方針：チェバの定理を $\triangle ABC$ と点 $F$（3直線 $AG$, $BE$, $CD$ の交点）に適用。
$AD = 3$, $DB = 7 - 3 = 4$, $AE = 6$, $CE = 7 - 6 = 1$
チェバの定理で分点は $G$（辺 $BC$ 上）, $E$（辺 $CA$ 上）, $D$（辺 $AB$ 上）。
3直線 $AG$, $BE$, $CD$ が $F$ で交わるので：
$$\frac{BG}{GC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AD}{DB} = 1$$$\dfrac{CE}{EA} = \dfrac{1}{6}$, $\dfrac{AD}{DB} = \dfrac{3}{4}$ を代入：
$\dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3}{4} = 1$
$\dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{1}{8} = 1$ よって $\dfrac{BG}{GC} = 8$
$BG : GC = 8 : 1$ なので $GC = \dfrac{1}{8+1} \times 7 = \dfrac{7}{9}$
（修正）式を再確認：$\dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AD}{DB} = \dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3}{4} = \dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{3}{24} = \dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{1}{8} = 1$
$\dfrac{BG}{GC} = 8$ よって $BG : GC = 8 : 1$, $CG = \dfrac{7}{9}$
（別解確認）再度チェバの定理の適用を確認。「頂→分→頂」の順序：$B \to G \to C \to E \to A \to D \to B$
$\dfrac{BG}{GC} \cdot \dfrac{CE}{EA} \cdot \dfrac{AD}{DB} = 1$
$\dfrac{BG}{GC} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{3}{4}} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{8}} = 8$
$CG = \dfrac{1}{9} \times 7 = \dfrac{7}{9}$