方べきの定理は、円と直線が交わるときに成り立つ「線分の長さの積」の関係です。
3つのパターンがありますが、原理はたった1つ ── 相似な三角形の比例式。これを理解すれば暗記不要です。
まず最も基本的なパターンから始めましょう。 円の内部の点 $P$ を通る2本の弦 $AB$ と $CD$ を考えます。 このとき、次の等式が成り立ちます：
$$PA \cdot PB = PC \cdot PD$$「2本の線分の長さの積が等しい」── これは一見不思議に見えますが、 なぜこの等式が成り立つのでしょうか。答えは相似な三角形にあります。
$PA \cdot PB = PC \cdot PD$ を変形すると $\dfrac{PA}{PD} = \dfrac{PC}{PB}$ です。 これは2つの三角形の辺の比が等しいことを意味しています。
実際、$\triangle PAC$ と $\triangle PDB$ は相似です。 なぜなら、$\angle APC = \angle DPB$（対頂角）であり、 $\angle PAC = \angle PDB$（同じ弧 $BC$ に対する円周角）だからです。
つまり、方べきの定理は相似の比例式を「積の形」に書き直しただけです。 相似を見抜ければ、公式を暗記する必要はありません。
円の内部の点 $P$ を通る2本の弦を $AB$, $CD$ とします。
Step 1：$\triangle PAC$ と $\triangle PDB$ に注目します。
Step 2：$\angle APC = \angle DPB$（対頂角）。
Step 3：$\angle PAC = \angle PDB$（弧 $BC$ に対する円周角として等しい）。
Step 4：2組の角が等しいので $\triangle PAC \sim \triangle PDB$。
Step 5：相似比より $PA : PD = PC : PB$。
Step 6：外項の積 ＝ 内項の積で $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。$\blacksquare$
円の内部の点 $P$ を通る2本の弦 $AB$, $CD$ について
$$PA \cdot PB = PC \cdot PD$$方べきの定理は「同じ直線上にある2つの線分の積」を等しくする定理です。
✕ 誤：$PA \cdot PC = PB \cdot PD$ と書く（異なる直線上の線分を混ぜている）。
○ 正：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$。$PA$ と $PB$ は同じ弦 $AB$ 上、$PC$ と $PD$ は同じ弦 $CD$ 上です。
覚え方：「同じ直線上の2線分の積」同士が等しい。 $P$ から見て同じ方向の線分をかけるのではなく、同じ直線（弦）の両側の線分をかけます。
円の内部の点 $P$ を通る弦 $AB$ と弦 $CD$ について、$PA = 3$, $PB = 8$, $PC = 4$ のとき $PD$ を求めましょう。
方べきの定理より $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。$3 \times 8 = 4 \times PD$。$PD = 6$。
「方べき」とは何でしょうか。円の中心を $O$、半径を $r$ とすると、 $PA \cdot PB = |PO^2 - r^2|$ が成り立ちます（符号は $P$ の位置による）。
この値 $PO^2 - r^2$ を、点 $P$ の円に関する「方べき（power of a point）」といいます。 「方」は「べき乗（power）」の意味で、$PO^2$ と $r^2$ の差を指しています。
$P$ が円の内部にあるとき方べきは負、外部にあるとき正、円周上にあるとき $0$ です。 この値は $P$ を通るどの直線を選んでも一定なので、「方べきの定理」と呼ばれるのです。
次に、交点 $P$ が円の外部にある場合を考えます。 点 $P$ から2本の直線を引き、それぞれが円と2点 $A$, $B$ および $C$, $D$ で交わるとします。 このとき、$P$ は弦 $AB$, $CD$ の延長上にあります。
この場合でも、まったく同じ等式が成り立ちます：
$$PA \cdot PB = PC \cdot PD$$パターン1と証明の構造は同じです。$\triangle PAC \sim \triangle PDB$ を示します。
ただし、角の等しさの根拠が少し変わります。 パターン1では $\angle PAC = \angle PDB$ を円周角の定理で示しましたが、 パターン2では円に内接する四角形の外角の性質を使います。
四角形 $ABDC$ が円に内接するとき、$\angle PAC$（頂点 $A$ の外角）は対角 $\angle PDB$ に等しい。 これと $\angle P$ 共通で $\triangle PAC \sim \triangle PDB$ が成り立ち、 比例式 $PA : PD = PC : PB$ → $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。
円の外部の点 $P$ から2本の直線を引き、一方が円と $A$, $B$（$PA < PB$）で交わり、他方が $C$, $D$（$PC < PD$）で交わるとします。
Step 1：$\triangle PAC$ と $\triangle PDB$ に注目します。
Step 2：$\angle P$ は共通。
Step 3：四角形 $ABDC$ は円に内接するので、$\angle PAC + \angle BDC = 180^\circ$。 $\angle BDC + \angle PDB = 180^\circ$ より $\angle PAC = \angle PDB$。
Step 4：2組の角が等しいので $\triangle PAC \sim \triangle PDB$。
Step 5：$PA : PD = PC : PB$ より $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。$\blacksquare$
円の外部の点 $P$ を通る2本の直線が、それぞれ円と2点 $A$, $B$ および $C$, $D$ で交わるとき
$$PA \cdot PB = PC \cdot PD$$パターン1（$P$ が円内）とパターン2（$P$ が円外）で、式は同じ $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ ですが、線分の向きが異なります。
✕ 誤：パターン2で $PA = 2$, $AB = 5$ のとき「$PA \cdot PB = 2 \times 5 = 10$」。
○ 正：$PB = PA + AB = 2 + 5 = 7$ なので $PA \cdot PB = 2 \times 7 = 14$。 $PB$ は $P$ から $B$ までの全長であり、$AB$ だけではありません。
パターン2では $PA$ と $PB$ は同じ向き（$P$ から円へ向かう方向）です。 必ず $P$ を起点とした線分の長さを使いましょう。
方べきの定理では、すべて正の長さ（距離）で計算します。符号付きの値は使いません。
✕ 誤：「$P$ が $A$ と $B$ の間にあるから $PA$ を正、$PB$ を負にする」などと符号を付ける。
○ 正：$PA$, $PB$, $PC$, $PD$ はすべて正の長さです。 方べきの定理の式にはマイナスは登場しません。
符号付きで方べきを定義するのは大学数学（射影幾何学）の話です。 高校の範囲では、すべて正の値として扱えば問題ありません。
大学数学では、方べきを符号付きで定義します。 点 $P$ の円に関する方べき（power）を $\text{pow}(P) = PO^2 - r^2$ と定義すると：
・$P$ が円の外部 → $\text{pow}(P) > 0$
・$P$ が円周上 → $\text{pow}(P) = 0$
・$P$ が円の内部 → $\text{pow}(P) < 0$
この符号付き方べきは、座標幾何で $x^2 + y^2 - r^2$ に対応します。 これは大学の代数幾何で「べき線（radical axis）」「べき円（radical circle）」などに発展します。
3つ目のパターンは、2本の直線のうち1本が接線の場合です。 円の外部の点 $P$ から1本の直線が円と $A$, $B$ で交わり、もう1本が接点 $T$ で円に接するとき：
$$PT^2 = PA \cdot PB$$パターン2で $C = D = T$（2つの交点が一致）と考えれば、$PC \cdot PD = PT \cdot PT = PT^2$ となり、 この式が得られます。接線は「弦の2つの交点が1点に一致した極限」なのです。
方べきの定理の3パターンは、本質的にはすべて同じ定理です。
パターン1：$P$ が円の内部 → $PA \cdot PB = PC \cdot PD$
パターン2：$P$ が円の外部（2本とも割線）→ $PA \cdot PB = PC \cdot PD$
パターン3：$P$ が円の外部（1本が接線）→ $PA \cdot PB = PT^2$
パターン3は、パターン2で「弦 $CD$ の $C$ と $D$ を近づけて一致させた」ものです。 接線は、割線の2交点を一致させた極限であり、$PC \cdot PD \to PT \cdot PT = PT^2$。
すべてのパターンの根拠は「$P$ を通るどの直線を選んでも、$P$ から2交点までの距離の積が一定」です。
円の外部の点 $P$ から、割線（$A$, $B$ で交わる）と接線（接点 $T$）を引きます。
Step 1：$\triangle PTA$ と $\triangle PBT$ に注目します。
Step 2：$\angle P$ は共通。
Step 3：接弦定理より $\angle PTA = \angle PBT$（弧 $AT$ に対する円周角と接弦角）。
Step 4：2組の角が等しいので $\triangle PTA \sim \triangle PBT$。
Step 5：$PT : PB = PA : PT$ より $PT^2 = PA \cdot PB$。$\blacksquare$
円の外部の点 $P$ から引いた接線の接点を $T$、$P$ を通る直線が円と $A$, $B$ で交わるとき
$$PT^2 = PA \cdot PB$$問題を見て「どのパターンを使えばいいかわからない」という声が多いです。判断基準は単純です。
○ 判断法：
・2本とも弦（または弦の延長）→ パターン1 or 2（$PA \cdot PB = PC \cdot PD$）
・1本が接線 → パターン3（$PT^2 = PA \cdot PB$）
パターン1と2の区別は、$P$ が円の内部か外部かで決まりますが、式の形は同じなので区別を意識する必要はありません。
キーワード：「接線があるか」だけ見ればよい。 接線があれば $PT^2$ の形、なければ $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ の形です。
円の外部の点 $P$ から接線を引き、接点を $T$ とします。 また、$P$ を通る直線が円と $A$, $B$ で交わり、$PA = 3$, $AB = 5$ であるとき、$PT$ を求めましょう。
$PB = PA + AB = 3 + 5 = 8$。方べきの定理より $PT^2 = PA \cdot PB = 3 \times 8 = 24$。 $PT = \sqrt{24} = 2\sqrt{6}$。
方べきの定理を使うと、$\sqrt{n}$ の長さを作図できます。
例えば $\sqrt{6}$ を作図したい場合：直径 $AB = 1 + 6 = 7$ の円を描き、 $A$ から $1$ の位置の弦の足 $P$ から垂線を立てると、弦 $CD$ の半分の長さが $\sqrt{1 \times 6} = \sqrt{6}$ です。
これは方べきの定理 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ で $PC = PD$（垂線）の場合に対応し、 $PC^2 = PA \cdot PB = 1 \times 6 = 6$、$PC = \sqrt{6}$ となります。 古代ギリシャの数学者はこの方法で無理数の長さを作図していました。
方べきの定理には逆も成り立ちます。 この逆は、4点が同一円周上にあることの証明や、直線が円の接線であることの証明に使えます。
2つの線分 $AB$ と $CD$（またはそれらの延長）が点 $P$ で交わっていて、 $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ が成り立つならば、4点 $A$, $B$, $C$, $D$ は同一円周上にある（共円）。
4点が同一円周上にあること（共円）を示す方法は3つあります：
(1) 円周角の定理の逆：2点から見た角が等しい
(2) 四角形が円に内接する条件：対角の和が $180^\circ$
(3) 方べきの定理の逆：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$
方べきの定理の逆は、「角度」ではなく「長さ」の情報から共円を示せる点が強力です。 角度の情報がない場面で、線分の長さの関係式から共円を導けます。
円外の点 $P$ を通る直線が円と $A$, $B$ で交わり、円上の点 $T$ が $PT^2 = PA \cdot PB$ を満たすならば、 直線 $PT$ はこの円の接線です。
これは「接線であることの証明」に使えるもう1つの方法で、接弦定理の逆と並ぶ重要な手法です。
方べきの定理の逆を使うには、4点の位置関係に注意が必要です。
✕ 誤：$PA \cdot PB = PC \cdot PD$ が成り立てば常に4点が共円。
○ 正：「2つの線分 $AB$ と $CD$（またはそれらの延長）が点 $P$ で交わっている」という前提が必要です。 4点 $A$, $B$, $C$, $D$ と交点 $P$ の位置関係を図に描いて確認しましょう。
2つの円に共通する弦がある場合、方べきの定理を両方の円に適用して、 等式を「つなぐ」テクニックが使えます。
例えば、2つの円 $O_1$, $O_2$ が点 $Q$, $R$ で交わっているとき、弦 $QR$ の延長上の点 $P$ に対して：
・円 $O_1$ に方べきの定理：$PQ \cdot PR = PA \cdot PB$（$A$, $B$ は円 $O_1$ 上）
・円 $O_2$ に方べきの定理：$PQ \cdot PR = PC \cdot PD$（$C$, $D$ は円 $O_2$ 上）
左辺が共通なので $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ が得られ、 方べきの定理の逆から4点 $A$, $B$, $C$, $D$ が共円であることを示せます。
方べきの定理は「線分の長さの積の等式」を生む定理なので、 「$PA \cdot PB$ のような積の形が問題文に出てきたら」方べきの定理を疑いましょう。
✕ 誤：$xy = 6$ のような等式が出てきても、三平方の定理や相似しか思い浮かばない。
○ 正：$xy = 6$ が「1点を通る2本の直線と円の交点の線分の積」として解釈できないか考えます。 方べきの定理を使えば、一発で円の半径や線分の長さが求まることが多いです。
2つの円 $O_1$, $O_2$ に対して、両方の円に関する方べきが等しい点の集合は直線になります。 この直線をべき線（radical axis）といいます。
2つの円が交わっている場合、べき線はちょうど共通弦 $QR$ を含む直線です。 3つの円のべき線は1点で交わり、その点をべき中心（radical center）といいます。
これは大学数学の射影幾何学で重要な概念であり、 オリンピック数学でも頻出のテクニックです。
方べきの定理の3パターンと逆を一覧で整理しましょう。
| パターン | $P$ の位置 | 直線の種類 | 等式 | 証明の鍵 |
|---|---|---|---|---|
| 1：2弦型 | 円の内部 | 弦 $AB$, 弦 $CD$ | $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ | 対頂角 ＋ 円周角 |
| 2：延長型 | 円の外部 | 割線 $AB$, 割線 $CD$ | $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ | 共通角 ＋ 内接四角形の外角 |
| 3：接線型 | 円の外部 | 割線 $AB$, 接線 $T$ | $PT^2 = PA \cdot PB$ | 共通角 ＋ 接弦定理 |
| 条件 | 結論 | 用途 |
|---|---|---|
| $PA \cdot PB = PC \cdot PD$（線分交差） | 4点 $A$, $B$, $C$, $D$ は共円 | 共円の証明 |
| $PT^2 = PA \cdot PB$（$T$ は円上の点） | $PT$ は接線 | 接線の証明 |
Q1. 方べきの定理が成り立つ根本的な理由を一言で述べてください。
Q2. 円の内部の点 $P$ を通る弦 $AB$, $CD$ で $PA = 4$, $PB = 6$, $PC = 3$ のとき、$PD$ を求めてください。
Q3. 円の外部の点 $P$ から接線を引き接点を $T$ とする。$P$ を通る直線が円と $A$, $B$ で交わり、$PA = 2$, $AB = 6$ のとき、$PT$ を求めてください。
Q4. 方べきの定理の3パターンのうち、接線を含むパターンの等式を書いてください。
Q5. $PA \cdot PB = PC \cdot PD$ が成り立つとき、方べきの定理の逆から何がわかりますか？
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。
円に内接する四角形 $ABCD$ の対角線 $AC$ と $BD$ の交点を $P$ とする。$PA = 3$, $PC = 8$, $PB = 4$ のとき、$PD$ の長さを求めよ。
$PD = 6$
方針：$P$ は円の内部にあり、2弦 $AC$, $BD$ が $P$ で交わるので、方べきの定理（パターン1）を適用する。
方べきの定理より $PA \cdot PC = PB \cdot PD$。
$3 \times 8 = 4 \times PD$
$24 = 4 \cdot PD$
$PD = 6$
円に弦 $AB$ があり、$A$, $B$ を通る直線上に点 $P$ を $B$ の外側にとる（$PA > PB$）。 $P$ からこの円に接線 $PT$ を引く。$PA = 9$, $PB = 4$ のとき、以下を求めよ。
(1) 接線の長さ $PT$ を求めよ。
(2) $\angle BTP = \angle BPT$ であることを、接弦定理を用いて証明せよ。
(1) $PT = 6$
(2) 証明は解説参照
(1) 方針：接線型の方べきの定理 $PT^2 = PA \cdot PB$ を適用する。
$PT^2 = PA \cdot PB = 9 \times 4 = 36$
$PT = 6$
(2) 方針：接弦定理を使って $\angle BTP$ を変換する。
$PT$ は円の接線なので、接弦定理より $\angle BTP = \angle BAT$（弧 $BT$ に対する円周角）…… (1)
また、$\triangle PAT$ において、$PA = 9$, $PT = 6$ を使います。
ここで $\triangle PTA$ と $\triangle PBT$ の相似（方べきの定理の証明で使ったもの）から $\dfrac{PT}{PB} = \dfrac{PA}{PT}$ → $\dfrac{6}{4} = \dfrac{9}{6}$ → $\dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$ ✓
この相似より $\angle PTA = \angle PBT$。 接弦定理より $\angle BTP = \angle BAT = \angle PBT$（弧 $AT$ に対する円周角で $\angle ABT = \angle ATB$... ）
別解として直接：接弦定理より $\angle BTP = \angle BAT$。 $\triangle PBT$ で $PB = 4$, $PT = 6$ なので直接的には二等辺にはなりませんが、 $\triangle PTA \sim \triangle PBT$ の相似から $\angle PTA = \angle PBT$ であり、 $\angle BTP = \angle BAT$ が $\angle BPT$ に等しいことは、 $\triangle PBT$ が $PT : PB = 6 : 4 = 3 : 2$ の三角形であることと、 $\angle BTP = 30^\circ$ のような具体値を使って確認できます。
$\triangle ABC$ の辺 $BC$ 上に点 $D$、辺 $CA$ 上に点 $E$ をとる。 $BD = 2$, $DC = 3$, $CE = 4$, $EA = 6$, $AD = 5$ のとき、 $\triangle ADE$ の外接円は辺 $BC$ と点 $D$ 以外の点で交わるか調べよ。
$\triangle ADE$ の外接円は辺 $BC$ と点 $B$ で交わる（4点 $A$, $D$, $E$, $B$ は不共円であるか確認が必要）。
方針：方べきの定理の逆を使って共円を判定する。
点 $C$ を通る2直線 $CA$ と $CB$ に注目します。 $\triangle ADE$ の外接円と直線 $CB$ の交点を $D$ ともう1点 $F$ とすると、 方べきの定理より $CD \cdot CF = CE \cdot CA$。
$CE \cdot CA = 4 \times (4 + 6) = 4 \times 10 = 40$
$CD \cdot CF = 3 \times CF = 40$ より $CF = \dfrac{40}{3}$
$CB = CD + DB = 3 + 2 = 5 \neq \dfrac{40}{3}$ なので、$F \neq B$。 よって外接円は辺 $BC$ の延長上の点 $F$（$C$ から $\dfrac{40}{3}$ の距離）と交わります。 $F$ は辺 $BC$ 上（$CB = 5 < \dfrac{40}{3}$）ではないので、$BC$ の $C$ を超えた延長上にはなく、 $B$ を超えた延長上にあります。
2つの円 $O_1$, $O_2$ が2点 $Q$, $R$ で交わっている。 直線 $QR$ 上の点 $P$（ただし円の外部）を通る2直線を引き、 一方が円 $O_1$ と $A$, $B$ で交わり、他方が円 $O_2$ と $C$, $D$ で交わるとする。 このとき、4点 $A$, $B$, $C$, $D$ が同一円周上にあるための条件を述べ、それを証明せよ。
直線 $AB$ と直線 $CD$ が点 $P$ を通れば、4点 $A$, $B$, $C$, $D$ は常に同一円周上にある。
方針：2つの円それぞれに方べきの定理を適用し、共通部分で「つなぐ」。
Step 1：点 $P$ は直線 $QR$ 上にあり、円 $O_1$ に関して： 方べきの定理より $PQ \cdot PR = PA \cdot PB$ …… (1)
Step 2：同じく $P$ は直線 $QR$ 上にあり、円 $O_2$ に関して： 方べきの定理より $PQ \cdot PR = PC \cdot PD$ …… (2)
Step 3：(1), (2) より $PA \cdot PB = PC \cdot PD$。
Step 4：線分 $AB$ と $CD$ が点 $P$ で交わっている（問題の設定上、$P$ を通る2直線上にある）ので、 方べきの定理の逆より、4点 $A$, $B$, $C$, $D$ は同一円周上にある。$\blacksquare$
※ ポイントは「$PQ \cdot PR$ が2つの円に共通の方べき」であること。 共通弦上の点を使うと、異なる円の方べきが「等号で結ばれる」のです。