ブラーマグプタの公式とその２通りの証明

$S^2=\left(\dfrac{1}{2}ad\sin A+\dfrac{1}{2}bc\sin C\right)^2\\ =\dfrac{1}{4}(ad+bc)^2(\sin^2A)\cdots(*)\\ =\dfrac{1}{4}(ad+bc)^2(1-\cos^2A)\\ =\dfrac{1}{16}\{4(ad+bc)^2-(a^2+d^2-b^2-c^2)^2\}\cdots(**)$

これで四角形の面積を辺の長さで表せた。あとは因数分解する。上式は，

$\dfrac{1}{16}(2ad+2bc+a^2+d^2-b^2-c^2)(2ad+2bc-a^2-d^2+b^2+c^2)\\ =\dfrac{(a+b+c-d)}{2}\dfrac{(a+b-c+d)}{2}\dfrac{(a-b+c+d)}{2}\dfrac{(-a+b+c+d)}{2}\\ =(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)$

四角形 $ABCD$ が長方形の場合の証明は簡単（長方形のとき $s=a+b$ よりブラーマグプタの公式の右辺は $\sqrt{a\times b\times a\times b}=ab$ となり長方形の面積と一致する）。

以下，長方形でないとする。すると $AD$ と $BC$ が平行でないと仮定しても一般性を失わないので，交点を $E$ とおく。 $EA=p, EB=q$ とおく。

△ $EAB$ と△ $ECD$ は相似なので，

$a:c=q:p+d\\\to a(p+d)=cq\\ a:c=p:q+b\\\to a(q+b)=cp$

この2式の和と差を取る：

$p+q=\dfrac{a(b+d)}{c-a}\\ p-q=\dfrac{a(b-d)}{c+a}$

また，三角形 $EAB$ の面積を $T$ とおくと，相似な三角形の面積比は辺の比の2乗なので，

$T:T+S=a^2:c^2$

以上から，

$S=\dfrac{c^2-a^2}{a^2}T\\ =\dfrac{c^2-a^2}{4a^2}\sqrt{(a+p+q)(-a+p+q)(a-p+q)(a+p-q)}\\ =\dfrac{c^2-a^2}{4a^2}\sqrt{(a+\dfrac{a(b+d)}{c-a})(-a+\dfrac{a(b+d)}{c-a})(a-\dfrac{a(b-d)}{c+a})(a+\dfrac{a(b-d)}{c+a})}\\ =\dfrac{1}{4}\sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)}\\ =\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$

ただし，1行目から2行目の変形にヘロンの公式を用いた。