ここでは，ポンスレの閉形問題を扱います．まず，問題の内容を説明します． 
定理（ポンスレ）２円Ｏ，Ｉがあり，Ｏに内接しかつ円Ｉに外接するｎ角形Ａ１Ａ２・・Ａｎが存在すると仮定する． このとき，円Ｏ上に一点Ｂ１を任意にとり，Ｂ１を通り円Ｉに接する直線と円Ｏとの交点のうち Ｂ１でない方の点をＢ２，Ｂ２を通り円Ｉに接する直線と円Ｏとの 交点のうち Ｂ２でない方の点をＢ３，これを順に続け，Ｂ１， Ｂ２，Ｂ３，・・・，Ｂｎを定める． このとき，線分ＢｎＢ１は円Ｉに接する． ポンスレの定理の説明をご覧ください．定理の意味が分かります． この定理は， 2つの円が与えられ，それぞれの円に内接，外接するｎ角形が1つ存在すれば，そのような ｎ角形は無数に存在する． と表現される場合もあります． ポンスレの定理の説明の図は四角形の場合がです．Ｂ１を円の周りにドラッグしてみましょう． 定理の意味がわかると思います． この問題は，ポンスレ（Poncelet)により１８１７年に発表されたので，通常ポンスレの閉形問題といいます． なぜかネットの検索ではポンスレの閉形定理になっているので，表題だけはポンスレの閉形定理にしました． なお，この定理のｎ＝３すなわち三角形の場合はすでにチャップル（Chapple)により知られており， チャップルの定理といいます． ここで扱う内容は次の通りです． ｎ＝３，４の場合には純初等的（一般の場合も初等的ですが）に解決します．それを第1節，第2節で 扱います．その後，一般の場合を証明するための準備を第3節で行い，第4節で一般の場合を証明します． 第1節 三角形の閉形問題 ここでは，三角形の場合を扱います．先ず次の定理を証明します． 
定理１ △ABCの外接円の半径R，内接円の半径ｒ，外心，内心２点間の距離をdとする． このとき d２＝R２−２Rｒ が成り立つ． 証明 右の図で次の等式が成り立ちます． IE・IF＝（R＋d）（R−d） 一方 IE・IF＝IA・ID＝IA・DC 
（DI＝DC＝DBがなりたつことの証明は後で）＝DK・IH （△AIH∽△KDC） ＝２R・ｒ のこりは証明で使ったDI＝DC＝DBの証明ですが，右の図より 読みとってください．∠Aの２等分線と外接円の交点がDとなっています． 以上で証明が終了しました． 三角形の閉形問題の証明の準備が整いました． 三角形の閉形問題とは次の定理です． 定理２（Chapple) ２円O，Iがあるとき，円Oに内接し円Iに外接する三角形が１つ存在するとき，円O 上の任意の点をとれば，その点を頂点にもち，円Ｏに内接し，円Ｉに外接する三角形が 存在する． 
証明
円Oに内接し，円Iに外接する三角形を△ABCとする．円Oの周上に任意の点Pをとる． 線分PIの延長と円Oとの交点をＴとし，Ｔを中心とする点Iを通る円を書き円Oとの交点を Q，Rとする． このとき，△PQRにおいて TQ＝TRよりPIは∠Pの２等分線． ∠PQR＝∠PTR （∵円Oの円周角） ∠IQR＝∠ITR／２ （∵円Ｔの円周角と中心角） よってQIは∠Qの２等分線． したがって，Iは△PQRの内心．すなわち，△PQRの外心，内心はそれぞれ△ABCの外心，内心と一致する． △PQRの内接円の半径をｒ’とする． すでに示した定理１より， d２＝R２−２Rｒ’ △ABCに関して d２＝R２−２Rｒ ∴ ｒ＝ｒ’ ゆえに，中心と半径が一致するので，△PQRの内接円と△ABCの内接円Iは一致する． Pは円O上の任意の点であるから，円Oに内接し，円Iに外接する三角形が無数に 存在することが証明された． 注意 △ＰＱＲの内心をＩとし，ＰＩと外接円の交点をＴとすれば，ＴＩ＝ＴＱ＝ＴＲが成り立ち，その性質を 利用して△PQRを作ったのが上の証明です． 
定理２は定理１を利用して証明しているが，定理２が定理１を用いない独自で証明できたとすれば，
定理１のR,r,dの関係は次のような簡単な場合にで計算すればよい．
△ABCの頂点Aを直線OI上にとった図です． 方べきの定理より $DC^2=(R+d+r)(R-d-r)$ $AC^2=(R+d+r)^2+(R+d+r)(R-d-r)$ $=2R(R+d+r)$ $\therefore \dfrac{AC^2}{DC^2}=\dfrac{2R}{R-d-r} $ 一方 $\dfrac{AI^2}{IE^2}=\dfrac{(R+d)^2}{r^2}$ ∴ $ \dfrac{2R}{R-d-r}=\dfrac{(R+d)^2}{r^2}$ 分母を払って計算すると $2Rr^2+(R+D)^2r-(R-d)(R+d)^2=0 $ ${2Rr-(R-d)(R+d)}(r+R+d)=0$ したがって $d^2=R^2-2Rr$ を得る． ここで行った議論は循環論法（証明するのに，これから証明しようとす る事実や，まだ証明されていない事実を用いる証明のこと）という， 数学者の一番嫌う方法です． そのため，定理１を用いないで定理２の証明するには，射影幾何の方法を用いるのが一般的です． 
射影幾何の定理△ABCと△DEFがともに円（円錐曲線でよい）に外接するなら，６点A,B,C,D,E,F は１つの円錐曲線上にある． （幾何学大辞典1.94ページ問題726） この事実を使えば，定理２の証明は簡単です． 定理２ ２円O，Iがあるとき，円Oに内接し円Iに外接する三角形が１つ存在するとき，このような三角形 は無数に存在する． 
証明 円Oに内接し，円Iに外接する三角形を△ABCとする．
円O上に１点Dを取る．Dを通り円Iに接する直線と円Oとの交点をEとする． さらに，Dを通り円Iに接するDEとは異なる直線とEを通り円Ｉに接するDEとは異なる直線との交点をFとする． このとき，△ABC，△DEFは円Iにともに外接するので， ６点A，B，C，D，E，Fは１つの２次曲線上にある．一方５点A，B，C，D，Eは円O上に あり，円錐曲線は５点で決まるから，６点A，B，C，D，E，Fは円O上にあり，△DEFが円O に内接することが証明された． なお，証明で用いた，円錐曲線が５点で決まることは， 円錐曲線は ａｘ2＋ｂｘｙ＋ｃｙ2＋ｄｘ＋ｅｙ＋ｆ＝０ と表せ， a：b：c：d：e：f が定まれば，式は確定するので， ５点が決まれば円錐曲線は確定します． 
なお，右の図から分かるように，
４点では円錐曲線は確定しません．
三角形の閉形問題で，反転を利用すると面白い関係がわかります． 
△ＡＢＣの外接円Ｏと内接円Ｉに対し，円Ｏに内接し円Ｉに外接する任意の三角形を△ＰＱＲとする．
さらに，△ＰＱＲと円Ｉとの接点をＤ，Ｅ，Ｆとする．
円Ｉを反転円とする反転変換による円Ｏの反形（反転による像）は， 三角形ＤＥＦの各辺の中点を通る円すなわち△ＤＥＦの９点円である． （∵ ＦＤの中点をＪとする．ＩＪ・ＩＰ＝ＩＦ2同様に Ｑ，Ｒの逆点はそれぞれＤＥ，ＥＦの中点） 円Ｏ，Ｉが変わらないから，△ＰＱＲのとり方にかかわらず，△ＤＥＦの９点円はかわらない． 一方，△ＤＥＦの９点円の中心は，△ＤＥＦの外心と垂心の中点である．△ＤＥＦの外心はＩで△ＰＱＲがかわっても動かない． したがって，△ＤＥＦの9点円の中心が不動より，△ＤＥＦの垂心も不動であることがわかる． 以上で，△ＰＱＲが動いても△ＤＥＦの垂心，外心は動かない．三角形の外心，垂心を通る直線がオイラー線であるあるから， △ＤＥＦのオイラー線は動かないことが分かった． 
△ＥＦＧのオイラー線は△ＰＱＲが分かりやすいところにあるとき考えればよい．それは頂点Ｐが
直線ＩＯ上のである．右図を見れば分かるように，△ＤＥＦのオイラー線は直線ＩＯである．
第2節 四角形の閉形問題 ここでは，四角形の閉形問題を扱います．四角形の場合も三角形と同様に純初等的に解決します． 証明も面白いですが，円に内接しかつ円に外接する四角形の作り方が分かります． そちらにも目を向けてください． これから，四角形や多角形に対して，それに内接する円や外接する円が出てきます．以後，三角形の 場合と同様に，内接円の中心を内心，外接円の中心を外心ということにします． さて，この節の目標は次の定理を証明することです．
定理四角形ＰＱＲＳが内接円Ｉ，外接円Ｏを持つとき，この2円Ｏ，Ｉに内接，外接する四角形は無数に存在する．． さらに外接円Ｏ上に任意の点を取れば，その点を頂点に持ち，円Ｏに内接し，円Ｉに外接する四角形 が存在する． 証明にはいくつかの準備が要ります．なお，内接円，外接円ともに持つ四角形とは，２組の対角の和が等しく，２組の対辺の和が 等しい四角形です． 命題１ 四角形ＰＱＲＳが円に外接しかつ円に内接し，外心をＯ，内心をＩとする． Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓを通りそれぞれＩＰ，ＩＱ，ＩＲ，ＩＳと垂直な直線を引き，その交点による 四角形を四角形ＡＢＣＤとする． この四角形ＡＢＣＤについて次の性質が成り立つ． （１）点Ｉが線分ＡＣ，ＢＣ上にある．すなわちＡＣとＢＤの交点がＩである． （２）ＡＣとＢＤは直交する． （３）四角形ＡＢＣＤは円に内接する． 
証明（１） 四角ＢＱＩＰは円に内接するから ∠ＰＩＢ＝∠ＰＱＢ(図のａ°） 四角形ＰＱＲＳは内接円，外接円をもつから ＱＩは∠Ｑの二等分線かつ ∠Ｑ＋∠Ｓ＝１８０° したがって， ∠ＰＱＢ＝９０°−∠ＰＱＩ＝（１８０°−∠Ｑ）／２ ＝∠Ｓ／２＝∠ＰＳＩ 同様に ∠ＳＩＤ＝∠ＩＰＳ（図のｃ°） したがって， ∠ＢＩＤ＝１８０° となり，３点Ｂ，Ｉ，Ｄは一直線上にある． ３点Ａ，Ｉ，Ｃも同様である． （２） 四角形ＡＰＩＳは円に内接するから ∠ＡＩＰ＝∠ＡＳＰ＝ｂ° したがって ∠ＡＩＢ＝ａ°＋ｂ°＝∠ＡＳＩ＝９０° 
（３）(右図のa,b,c,dは新しい角です)ＰＩ，ＱＩ，ＲＩ，ＳＩはそれぞれ四角形ＰＱＲＳの∠Ｐ，∠Ｑ，∠Ｒ，∠Ｓの ２等分線で， ∠ＰＢＩ＝∠ＰＱＩ＝ａ° ∠ＱＢＩ＝∠ＱＰＩ＝ｂ° 同様のことを行い ∠Ｂ＋∠Ｄ＝ａ°＋ｂ°＋ｃ°＋ｄ°＝１８０° （∵四角形ＰＱＲＳの内角の和の半分） 次に命題１の逆の命題を証明しよう．なお次の命題２は内接円，外接円をともに持つ四角形を作るのに 便利である． 命題２ 四角形ＡＢＣＤは円に内接し，ＡＣ⊥ＢＤと仮定する． ＡＣとＢＤの交点をＩとおき， Ｉから辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡに下ろした垂線の足をそれぞれ Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓとする． このとき，次が成り立つ． （１）四角形ＰＱＲＳは円に内接する． （２）四角形ＰＱＲＳは円に外接する． （３）さらに，四角形ＡＢＣＤの外接円の半径をＲ’，中心をＯ’， 四角形ＰＱＲＳの外接円の半径をＲ，内接円の半径をｒ，さらにＯ’Ｉ＝ｄ'とおく． このとき $R^2=\dfrac{2R'^2-d'^2}{4}$ $r=\dfrac{R'^2-d'^2}{2R'}$ $\dfrac{1}{r^2}=\dfrac{1}{(R+d)^2}+\dfrac{1}{(R-d)^2}$ が成り立つ． 
証明 （１） ∠ＳＰＩ＝∠ＩＡＤ（円ＡＰＩＳ） ＝ＩＢＱ（四角形ＡＢＣＤの外接円） ＝∠ＱＰＩ（円ＢＱＩＰ） したがって直線ＰＩは∠Ｐの2等分線． 同様に，ＱＩ，ＲＩはそれぞれ∠Ｑ，∠Ｒ の二等分線． したがって，四角形ＰＱＲＳには円が内接し，内心はＩである． 
（２） 辺ＡＢ，ＢＣ，ＣＤ，ＤＡの中点をそれぞれＥ，Ｆ，Ｇ，Ｈ とする． このとき， △ＡＩＤは∠Ｉ＝90°，ＨはＡＤの中点より ∠ＡＩＨ＝∠ＩＡＨ 四角形ＡＢＣＤの外接円で考えて， ∠ＩＡＨ＝∠ＩＢＦ ∴∠ＡＩＨ＝∠ＩＢＦ ∴ ∠ＱＩＨ＝∠ＱＩＢ＋90°＋∠ＡＩＨ ＝∠ＩＢＱ＋∠ＢＩＱ＋90°＝１８０° したがって，3点Ｑ，Ｉ，Ｈは一直線上にある． 要するに，四角形ＡＢＣＤの1辺の中点とＩから対辺に下ろした垂線の足とＩは 一直線上にあることが分かった． 次に，Ｏ’は四角形ＡＢＣＤの外接円の中心であり，ＦはＢＣの中点であるあるから， Ｏ’Ｆ⊥ＢＣ． また，ＱＨ⊥ＢＣ ∴ Ｏ’Ｆ‖ＨＩ 同様に Ｏ’Ｈ‖ＩＦ ゆえに，四角形ＩＦＯ’Ｈは平行四辺形． ＩＯ’とＦＨの交点をＯとする． △ＨＱＦは∠Ｑ＝９０°より ＱＯ＝ＦＯ 次にＱＯの長さを計算する． △ＦＩＯ’における中線定理より ４ＦＯ２＝２（ＦＩ２＋ＦＯ’２）−４ＩＯ２ ＝２（ＦＣ２＋ＦＯ’２）−ｄ’２（∵△ＩＢＣでＩＦ＝ＦＣ，定義よりｄ’＝ＩＯ’） ＝２Ｏ’Ｃ２−ｄ’２ ＝２Ｒ’２−ｄ’２＝（定数） ＯはＩ，Ｏ’の中点より固定点であり，かつＦＯがｄ’とＲ’だけで決まる値であり，△ＱＦＨに注目すると ＱＯ＝ＦＯ． したがって，８点Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓ，Ｅ，Ｆ，Ｇ，Ｈ は同一円周上にあり，中心は線分Ｏ’Ｉの中点Ｏであることが示された． 以上で，4点Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓは同一円周上にあることが証明された． （３） （２）の証明の中で示したとおり，四角形ＰＱＲＳの外接円の半径ＲをＲ’，ｄ’で表すと $R^2=\dfrac{2R'^2-d'^2}{4}$ ・・・@ である． 
次に，四角形ＰＱＲＳの内接円の半径ｒをもとめる．
Ｉから辺ＰＱに下ろした垂線の足をＫとし，ｒ＝ＩＫ,∠ＩＡＰ＝ｂ°，∠ＩＰＫ＝ａ° とすると ｒ＝ＩＡ・sinｂ°・sinａ° 一方，ＩＰが∠Ｐの二等分線，四角形ＡＰＩＳが円に内接するより， ∠ＩＰＫ＝∠ＩＰＳ＝∠ＩＡＳ したがって， $r=IA\centerdot \dfrac{BI}{AB} \centerdot \dfrac{DI}{AD}$ 方べきの定理より ＢＩ・ＤＩ＝Ｒ’２−ｄ’２（∵ＩＯ’＝ｄ’．円Ｏ’の半径がＲ’） さらに， $\dfrac{IA}{AB\centerdot AD}=\dfrac{IA\centerdot BD}{AB\centerdot AD \centerdot 2R' \sin A}$ $(\because BD=2R' \sin A )$ $=\dfrac{1}{2R'}(\because IA \centerdot BD=AB \centerdot AD\centerdot \sin A=2△ABD)$ $\therefore r=\dfrac{R'^2-d'^2}{2R'}$ ・・・A ＩＯ＝ｄとおけば，$d=\dfrac{d'}{2}$ さらに，@の $R^2=\dfrac{2R'^2-d'^2}{4}$ より $2R'^2=4R^2+d'^2=4R^2+4d^2$ したがって，Aより $r=\dfrac{2R^2+2d^2-4d^2}{2R'}=\dfrac{R^2-d^2}{R'}$ $\therefore \dfrac{1}{r^2}=\dfrac{2(R^2+d^2)}{(R^2-d^2)^2}=\dfrac{1}{(R+d)^2}+\dfrac{1}{(R-d)^2}$ 以上で命題２の証明が終了した． 内容が込み入ってきたので，今までの内容をまとめましょう． １．四角形ＰＱＲＳが外接円Ｏ，内接円Ｉをもつとき Ｐ，Ｑ，Ｒ，Ｓを通りそれぞれＩＰ，ＩＱ，ＩＲ，ＩＳと垂直な直線を引き，その交点による 四角形を四角形ＡＢＣＤとすると，四角形ＡＢＣＤは円に内接し，ＡＣ⊥ＢＤがなりたつ．さらに ＡＣ，ＢＤの交点は四角形ＰＱＲＳの内心Ｉである． ２．四角形ＡＢＣＤは円Ｏ’に内接し，ＡＣ⊥ＢＤでＡＣとＢＤの交点をＩとする． Ｉから各辺に下ろした垂線の足をＰ，Ｑ，Ｒ，Ｓとすると，四角形ＰＱＲＳには外接円Ｏ，内接円Ｉが存在し， 内心ＩはＡＣ，ＢＤの交点であり，ＯはＩＯ’の中点である． ３．２の３円Ｏ’，Ｏ，Ｉの半径をＲ’，Ｒ，ｒ，ＯＩ＝ｄ，Ｏ’Ｉ＝ｄ’＝２ｄとすると， $R^2=\dfrac{2R'^2-d'^2}{4}$ $r=\dfrac{R'^2-d'^2}{2R'}$ を満たす． 以上で，四角形の場合のポンスレの閉形問題の証明の準備が整いました． 定理 四角形ＰＱＲＳが内接円Ｉ，外接円Ｏを持つとき，この2円Ｏ，Ｉに外接，内接する四角形は無数に作れる． さらに外接円Ｏ上に任意の点を取れば，その点を頂点に持ち，円Ｏに内接し，円Ｉに外接する四角形 が存在する． 
証明四角形ＰＱＲＳが内接円，外接円ともにもつとき，１にしたがって四角形ＡＢＣＤを作ると， 四角形ＡＢＣＤは円に内接し，その円をＯ’とする． ＡＣ，ＢＤの交点をＩとし，Ａ’を円Ｏ’の周上に任意に取り，Ａ’Ｉの延長と円Ｏ’との交点をＣ’， Ｉを通りＡ’Ｃ’と垂直な直線と円Ｏ’との交点をＢ’，Ｄ’とする． 点Ｉから，Ａ’Ｂ’，Ｂ’Ｃ’，Ｃ’Ｄ’，Ｄ’Ａ’に下ろした垂線の足をそれぞれ Ｐ’，Ｑ’，Ｒ’，Ｓ’とすると（上図）， 四角形Ｐ’Ｑ’Ｒ’Ｓ’は内接円，外接円ともにもち， 内心はＩであり，外心はＩＯ’の中点で，Ｉ，Ｏ’が不変であるから変わらない． さらに，内接円，外接円の半径は，３よりＲ’，ｄ’で決まるから，変わらない． 中心と半径が変わらないので，内接円，外接円は変わらない事がわかった． さらに，Ａ’が円Ｏの周上を一周するすると，それにつれて，ＩからＡ’Ｂ’に下した垂線の足Ｐ’は連続に動くから円 ＩからＡＢに下ろした垂線の足Ｐは連続的に動くから 円Ｏの周上を一周する． したがって，Ｏ上の任意の点を通る，円Ｉに外接し円Ｏに内接する四角形Ｐ’Ｑ’Ｒ’Ｓ’が存在することが 証明された． 
内接円，外接円を持つ四角形について，外接円の半径Ｒ， 内接円の半径ｒ，外心と内心の距離ｄの関係は 対角線が外接円の直径である場合を考えると， 図でａ＋ｂ＝９０°であり， sinａ＝ｒ／（Ｒ＋ｄ）， sinｂ＝ｒ／（Ｒ−ｄ） より ｒ２／（Ｒ−ｄ）２＋ｒ２／（Ｒ＋ｄ）２＝１ が成りたち，命題と一致する．Ｒ，ｒ，Ｄの関係はこの図を見ると分かりやすい． 第3節 根軸と共軸円系 ここでは，4節で述べる一般のポンスレの閉形問題の証明の準備をする． まず，円と点に関する次の定理を確認しよう． 
方べきの定理１Ｐを通る２直線が，与えられた円と2点Ａ，ＢおよびＣ，Ｄで交わるとき ＰＡ・ＰＢ＝ＰＣ・ＰＤ が成り立つ． 
方べきの定理２Ｐは円の外部にある．Ｐからこの円に引いた接線をＰＴとする． Ｐを通る直線がこの円と2点Ａ，Ｂで交わるとき ＰＡ・ＰＢ＝ＰＴ２ が成り立つ． この2つの定理より，点Ｐと円Ｏが与えられたとき，Ｐを通る任意の直線と円との交点をＡ，Ｂとすると ＰＡ・ＰＢは一定であることがわかる． ＰＡ・ＰＢの値は符号をつけた方が便利で， ＰＡとＰＢが同じ向きのとき正 ＰＡとＰＢが反対向きのとき負 と定める． この定義に従えば|ＰＡ|によって線分ＰＡの長さを表すとすると Ｐが円の内部にあるときＰＡ・ＰＢ＝−|ＰＡ|・|ＰＢ| Ｐが円の周上のときＰＡ・ＰＢ＝０ Ｐが円の外部にあるときＰＡ・ＰＢ＝|ＰＡ|・|ＰＢ| が成り立つ． このＰＡ・ＰＢの値を点Ｐの円Ｏに関するべきまたは方べきという．どちらの言い方も使われるが， 上で述べた方べきの定理は名前が確定しているので，ここでは方べきを用いる． さらに，点Ｐの円Ｏに関する方べきを〔Ｐ〕Ｏと表すことにする． 命題 円Ｏの半径をＲとする．点Ｐの円Ｏに関する方べき〔Ｐ〕Ｏは 〔Ｐ〕Ｏ＝ＯＰ２−Ｒ２ が成り立つ. 
証明（@）点Ｐが円Ｏの外部にあるとき. Ｐから円Ｏに引いた接線をＰＴとすれば 〔Ｐ〕Ｏ＝ＰＴ２ であるから 〔Ｐ〕Ｏ＝ＯＰ２−Ｒ２ （A）Ｐが円Ｏの内部にあるとき. Ｐを通る直径をＡＢとし，ＯＰ＝ｄとおくと 〔Ｐ〕Ｏ＝ＰＡ・ＰＢ＝−（Ｒ＋ｄ）（Ｒ−ｄ）＝ＯＰ２−Ｒ２ 
円Ｏに関する点Ｐの方べきの意味は，点Ｐが円の外部にあるときＰから引いた接線の長さの平方です．点Ｐが円Ｏの内部にあるときは,Ｐを通りＯＰに垂直な直線と円Ｏとの交点をＱとすれば 〔Ｐ〕Ｏ＝−ＰＱ＾２ です．すなわち，円Ｏの周上の点Ｑから，Ｏを中心とする点Ｐを通る円に引いた接線の長さの平方にマイナスの 符号をつけたものです． 上の命題より，円の方程式用いて，方べきを表すと次の命題になる． 命題 円Ｏの方程式を（ｘ−ａ）２＋（ｙ−ｂ）２＝Ｒ２とする． このとき，点Ｐ（ｘ０，ｙ０）の 円Ｏに関する方べきは（ｘ０−ａ）２＋（ｙ０−ｂ）２− Ｒ２すなわち， ｘ２，ｙ２の係数が１の円の方程式をｆ（ｘ，ｙ）＝０と書いたとき 〔Ｐ〕Ｏ＝ｆ（ｘ０，ｙ０） である． 次に，次に同心円でない2円Ｏ，Ｏ’が与えら得たとき，２つの円に関する方べきが等しい Ｐの軌跡を調べよう． この点Ｐの軌跡を2円Ｏ，Ｏ’の根軸という． 命題 同心円でない2円Ｏ，Ｏ’がある．2円Ｏ，Ｏ’に関するべきの等しい点Ｐの軌跡は2円の中心を結ぶ直線に垂直な 直線である． 証明１ 座標を用いた方が分かりやすい． Ｏ（０，０），Ｏ’（ａ，ｂ）とおき，円Ｏ，Ｏ’の半径をそれぞれＲ，Ｒ’とする． Ｐ（ｘ，ｙ）とおけば ｘ２＋ｙ２−Ｒ２＝（ｘ−ａ）２＋（ｙ−ｂ）２ −Ｒ’２ ∴ ａｘ＋ｂｙ＝（一定） したがって，ＯＯ’に垂直な直線である． 
証明２図形的には次のように証明する． ＰからＯＯ’に下ろした垂線の足をＨ，ＯＯ’の中点Ｍ，円Ｏ，Ｏ’の半径をそれぞれＲ，Ｒ’とする． ＰＯ２−Ｒ２＝ＰＯ’２−Ｒ’２ より ＰＯ２−ＰＯ’２＝Ｒ２−Ｒ’２ 一方 ＰＯ２−ＰＯ’２＝ＯＨ２−Ｏ’Ｈ２＝ＯＯ’・２ＭＨ ＯＯ’とＭＨの向きが同じときは正，反対のときは負とする． このとき，Ｏ，Ｏ’，Ｍは定点で，Ｒ，Ｒ’は定数であるから Ｈは定点である. したがって，Ｈを ＭＨ＝（Ｒ２−Ｒ’２）／２ＯＯ’ で定めれば，点Ｐは点Ｈを通りＯＯ’に垂直な直線を動く． （ＰからＯＯ’に下ろした垂線の足がＰによらず一定であることが示された） 上の命題より，２円Ｏ，Ｏ’の根軸は次の通りである． 命題 ２円Ｏ，Ｏ’の根軸は次のとおりである． （１）２点で交わるとき，その交点をＡ，Ｂとすれば根軸は直線ＡＢである． （２）点Ｔで接するとき，根軸はＴを通り，ＯＯ’に垂直な直線である． （３）交わらないとき，２円Ｏ，Ｏ’の半径をそれぞれＲ，Ｒ’，ＯＯ’の中点をＭとする． ＯＯ’上の点ＨをＭＨ＝（Ｒ２−Ｒ’２）／２ＯＯ’で決めれば，根軸はＨを通り，ＯＯ’に 垂直な直線である． 証明 （１）〔Ａ〕Ｏ＝０＝〔Ａ〕Ｏ’，〔Ｂ〕Ｏ＝０＝〔Ｂ〕Ｏ’より， Ａ，Ｂはともにべきの等しい点である． （２）〔Ｔ〕Ｏ＝０＝〔Ｔ〕Ｏ’よりＴは直線ＯＯ’上にあり， かつ方べきの等しい点である． （３）上の命題より成り立つ． 同心でない2円Ｏ，Ｏ’について，直線ＯＯ’をｘ軸とする座標軸を導入して考える． 2円の中心Ｏ，Ｏ’はｘ軸上にあるから， 円Ｏは ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ＝０ ・・・@ 円Ｏ’は ｘ２＋ｙ２−２ａ’ｘ＋ｂ’＝０ ・・・A と表せる． 2円Ｏ，Ｏ’の根軸は方べきの等しい点の軌跡であるから @−Aより ２（ａ’−ａ）ｘ＝ｂ’−ｂ ここで，２円Ｏ，Ｏ’は同心でないからａ’≠ａ. したがって，２円Ｏ，Ｏ’の根軸がｙ軸になるための条件は ｂ＝ｂ’ 逆に，ｂは定数とし ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ＝０ （ｂは定数） と表せる円の集合を考えると，この集合に属する任意の２円の根軸はｙ軸である． @の円の集合のように，どの２つの円の根軸も一致する円の集合を共軸円系をなすという． ｙ軸が根軸である共軸円系の集合 ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ＝０ （ｂは定数）・・・@ をもう少し調べよう． （T）定数ｂが負のとき. ｂを新しく−ｂ２とおけば 円@と根軸であるｙ軸との交点は（０，ｂ），（０．−ｂ）であるから， 円@か必ず根軸上の点（０，ｂ），（０．−ｂ）を通る． （U）定数ｂが０のとき． 円@は原点を通り，円の中心がｘ軸上より，円はｙ軸に接する． このときは，全ての円はお互いに原点で接する円である． （V）定数ｂが正のとき． ｂを新しくｂ２とおくと，すなわち ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ２＝０ （ｂは定数）・・・A のとき，円Aは （ｘ−ａ）２＋ｙ２＝ａ２−ｂ２ したがって，−ｂ＜ａ＜ｂのときは@を満たす図形は存在しない． ａ＝ｂ，−ｂのときは点（ｂ，０），（−ｂ，０）． ａ＜−ｂ，ｂ＜ａのとき ａ２−ｂ２−（ａ−ｂ）２＝２（ａ−ｂ）ｂ＞０ より，円Aは（ｂ，０），（−ｂ，０）のいずれかを含む円の集合であり（Aの左辺にｘ＝ｂ，ｙ＝０または ｘ＝−ｂ，ｙ＝０を代入し負になることを示しても良い），この ２点（ｂ，０），（−ｂ，０）をこの共軸円系の円の限点という． なお，この限点は後で反転でも出てくる． 双曲型共軸円系の説明もご覧ください． 共軸円系をなす円の集合は以上の（１），（２），（３）のように３種類ある． （１）の場合，すなわち２点で交わる場合を楕円型共軸円系または交わる共軸円系， （２）の場合，すなわち１点で接する場合を放物型共軸円系または接する共軸円系， （３）の場合，すなわち共有点を持たない場合を双曲型共軸円系または交わらない共軸円系 という． 共軸円系の集合の別の見方をしよう． ｙ軸が根軸である共軸円系の集合は ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ＝０ （ｂは定数） である． 楕円型共軸円系すなわち交わる共軸円系のとき分かりやすいので，そこから説明する． この共軸円系に属する２円Ｏ，Ｏ’の交点をＡ，Ｂとすると，２円Ｏ，Ｏ’を含む共軸円の集合は２点Ａ，Ｂを通る円である． したがって，２円Ｏ，Ｏ’を ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ＝０． ｘ２＋ｙ２−２ａ’ｘ＋ｂ＝０ とおくと，共軸円系に属する円は ｋ（ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ） ＋ｍ（ｘ２＋ｙ２−２ａ’ｘ＋ｂ）＝０ ・・@ と表せる．ｋ＋ｍ＝０の時は直線ＡＢでこれは根軸でここでは考えない． ｋ＋ｍ≠０である． したがって，両辺をｋ＋ｍで割り@は ｔ（ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ）＋ ｓ（ｘ２＋ｙ２−２ａ’ｘ＋ｂ）＝０ （ｔ＋ｓ＝１）・・・A ∴ ｘ２＋ｙ２−２（ａｔ＋ａ’ｓ）ｘ＋ｂ＝０ と表せる． さらに， u＝ａｔ＋ａ’ｓ＝ａｔ＋ａ’（１−ｔ） ＝（ａ−ａ’）ｔ＋ａ’ でａ−ａ’≠０よりｔが実数全体を動けばuは実数全体を動く． 一方，円Ｏ,Ｏ’に関する点Ｐの方べき〔Ｐ〕Ｏ,〔Ｐ〕Ｏ'を持ちいれは式Aは ｔ〔Ｐ〕Ｏ＋ｓ〔Ｐ〕Ｏ'＝０ （ｔ＋ｓ＝１） となる．この式は 〔Ｐ〕Ｏ：〔Ｐ〕Ｏ'＝ｓ：−ｔ （ｓ＋ｔ＝１） とすることもできる．すなわち，２円Ｏ，Ｏ’を含む共軸円系に属する円は，２円Ｏ，Ｏ’に関する方べきの比が一定 である点Ｐの軌跡となっている． これは楕円型共軸円系に限ったわけではない．実際ｔ＋ｓ＝１のとき ｔ（ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ） ＋ｓ（ｘ２＋ｙ２−２ａ’ｘ＋ｂ）＝０ 定数項はta+sb=bより，同じ共軸円系に属する．したがって，次の命題が成り立つ． 命題 ２円Ｏ，Ｏ’と同じ共軸円系に属する円は， 〔Ｐ〕Ｏ：〔Ｐ〕Ｏ’ を一定にする点Ｐの軌跡である． 逆，すなわち 〔Ｐ〕Ｏ：〔Ｐ〕Ｏ’ を一定にする点Ｐの軌跡は２円Ｏ，Ｏ’と共軸の円である． 準備が整ったので，第４節で用いる重要な命題を述べる． 命題 双曲型共軸円系(交わらない共軸円系)の円よりなる集合で，直線に接する円は存在しても２つである． さらに，２つ存在するとき，その円の 中心は，根軸に関して反対側に１つずつある． 証明 ｙ軸が共通の根軸である，双曲型共軸円系の円の集合 ｘ２＋ｙ２−２ａｘ＋ｂ＝０ （ｂは定数でｂ＞０）・・・@ で考えればよい． 直線をｙ＝ｍｘ＋ｎとおくと，@に代入し ｘ２＋（ｍｘ＋ｎ）２−２ａｘ＋ｂ＝０ Ｄ／４＝０を計算すると， ａ２−２ｍｎａ−｛ｎ２＋ｂ（１＋ｍ２）｝＝０ ｂ＞０より，解は正負１つずつである． したがって，直線ｙ＝ｍｘ＋ｎに接する円の中心は 共軸に関して両側に１つずつある． 直線ｘ＝ｍのとき．@に代入すると ｍ２＋ｙ２−２ａｍ＋ｂ＝０ ｙが重解をもつから ｍ＝０のとき条件を満たすａは存在しない． ｍ＝０のとき条件を満たすａはただ一つ存在する． 以上より命題が証明された． 命題 ２円Ｏ，Ｏ’があり，円Ｏ’は円Ｏに含まれれる．このとき，円Ｏに含まれる，Ｏ，Ｏ’と共軸円系の円で 与えら得た直線に接する円は存在してもただ一つである． 証明 命題の説明 円Ｏ’は円Ｏに含まれるから，２円Ｏ，Ｏ’は根軸に関して同じ側にある． さらに，円Ｏ含まれる円の中心は，根軸に関して円Ｏの中心と同じ側にある， したがって，与えられた２直線に接する条件を満たす円は存在してもただ一つである． 第4節 一般の閉形問題 まずいくつかの準備をする． 命題１ ２円Ｏ，Ｏ’の根軸をｍとする．任意の点Ｐについて，Ｐからｍに下ろした垂線の 足をＱとする．このとき 〔Ｐ〕Ｏ’−〔Ｐ〕Ｏ＝２Ｏ’Ｏ・ＱＰ が成り立つ． 
証明
円Ｏ，Ｏ’の半径をそれぞれＲ，ｒ， 直線ＯＯ’とｍの交点をＫ，Ｐから直線ＯＯ’に下ろした垂線の足をＨ， 線分ＯＯ’の中点をＭとする． このとき， 〔Ｐ〕Ｏ’−〔Ｐ〕Ｏ＝ＰＯ’２−ｒ２−（ＰＯ２−Ｒ２） ここで， ＰＯ'２−ＰＯ２＝ＨＯ'２−ＨＯ２＝２ＭＨ・Ｏ’Ｏ また，直線ｍは根軸より， ＫＯ２―Ｒ２＝ＫＯ’２−ｒ２ よって Ｒ２−ｒ２＝ＫＯ２−ＫＯ’２＝２ＫＭ・Ｏ’Ｏ したがって， 〔Ｐ〕Ｏ’−〔Ｐ〕Ｏ ＝２ＫＭ・Ｏ’Ｏ＋２ＭＨ・Ｏ’Ｏ ＝２ＫＨ・Ｏ’Ｏ＝２ＱＰ・Ｏ’Ｏ 命題２ ３つの円Ｏ，Ｏ’，Ｏ”の中心が一直線上にあり，点Ｐが円Ｏ上にある． このとき，次の式が成り立つ． ３円Ｏ，Ｏ’，Ｏ”が共軸円系をなす ⇔〔Ｐ〕Ｏ’：〔Ｐ〕Ｏ”＝Ｏ’Ｏ：Ｏ”Ｏ 
証明（→） ３円の根軸をｍとし，Ｐよりｍに下ろした垂線の足をＱとする． 命題１より 〔Ｐ〕Ｏ’−〔Ｐ〕Ｏ＝２ＱＰ・Ｏ’Ｏ 〔Ｐ〕Ｏ”−〔Ｐ〕Ｏ＝２ＱＰ・Ｏ”Ｏ ここで，〔Ｐ〕Ｏ＝０より 〔Ｐ〕Ｏ’：〔Ｐ〕Ｏ”＝Ｏ’Ｏ：Ｏ”Ｏ が成り立つ． 
（←）２円Ｏ，Ｏ’の根軸を直線ｍ，２円Ｏ，Ｏ”の根軸を直線ｎとし， Ｐから２直線ｍ，ｎに下ろした垂線の足をそれぞれＱ，Ｒとする． 命題１より 〔Ｐ〕Ｏ’−〔Ｐ〕Ｏ＝２ＱＰ・Ｏ’Ｏ 〔Ｐ〕Ｏ”−〔Ｐ〕Ｏ＝２ＲＰ・Ｏ”Ｏ ここで， 〔Ｐ〕Ｏ＝０ および 〔Ｐ〕Ｏ’：〔Ｐ〕Ｏ”＝Ｏ’Ｏ：Ｏ”Ｏ より，ＱＰ＝ＲＰ. したがって，根軸ｍ，ｎは一致するので，３円Ｏ，Ｏ’，Ｏ”は共軸円系をなす． 命題３ （１） 円Ｏに内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＣ，ＢＤに接する任意の円Ｏ’のＡＣ，ＢＤとの接点を それぞれＰ，Ｐ’とし， 直線ＰＰ’とＡＢ，ＣＤまたはその延長との交点をそれぞれＱ，Ｑ’とする． このとき，ＡＢ，ＣＤとＱ，Ｑ’で接する２円Ｏ，Ｏ’と共軸な円Ｏ”が存在する． （２） 円Ｏに内接する四角形ＡＢＣＤの辺ＡＢ，ＣＤに接する任意の円Ｏ”のＡＢ，ＣＤとの接点をそれぞれ Ｑ，Ｑ’とし,直線ＱＱ’とＡＣ，ＢＤまたはその延長との交点をそれぞれＰ，Ｐ’とする． このとき，ＡＣ，ＢＤとＰ，Ｐ’で接する２円Ｏ，Ｏ”と共軸な円Ｏ’が存在する. 
証明（１） △ＡＰＱと△ＤＰ’Ｑ’において ∠Ａ＝∠Ｄ，∠Ｐ＝∠Ｐ’ より ＡＰ：ＡＱ＝ＤＰ’：ＤＱ’ Ｐを通り，Ｐ’Ｂに平行な直線を引きＡＢとの交点をＮとする． このとき ＡＰ：ＡＱ＝ＮＰ：ＮＱ（∵ ＰＱは∠ＡＰＮの二等分線 ∵ＲＰ＝ＲＰ’） ＝ＢＰ’：ＢＱ 同様に ＤＰ’：ＤＱ’＝ＣＰ：ＣＱ’ ゆえに ＡＰ：ＡＱ＝ＢＰ’：ＢＱ＝ＣＰ：ＣＱ’＝ＤＰ’：ＤＱ’ （∵ 真ん中の等号は△ＢＰ'Ａ∽△ＣＰＱ'） ここで，Ｏ”を ＯＯ’：ＯＯ”＝ＡＰ２：ＡＱ２ によって定め，Ｏ”が中心で，Ｏ，Ｏ’と共軸であるように円Ｏ”を定めると， 命題２より， Ｏ上の任意の点Ｐで 〔Ｐ〕Ｏ’：〔Ｐ〕Ｏ”＝ＡＰ２：ＡＱ２ 一方Ａから円Ｏ”に接線ＡＴを引くと ＡＴ２＝ＡＱ２ よってＡＴ＝ＡＱ. 同様にＢから円Ｏ”に接線ＢＳを引くと ＢＱ＝ＢＳ ＡＢの長さがＡ，Ｂから円Ｏ”に引いた接線の長さの和であるから，ＡＢは円Ｏ” に接する（証明は後）． 同様に円Ｏ”はＡＣにも点Ｑ’で接するから円Ｏ”はＡＢ，ＣＤにそれぞれ Ｑ，Ｑ’で接することが分かる． （１），（２）は同じことである． 最後に証明の中で用いた次の補助命題を証明する． 
補助命題円Ｏと線分ＡＢがあり，Ａ，Ｂから円Ｏに引いた接線をＡＴ，ＢＳとする． このときＡＢ＝ＡＴ＋ＢＳならＡＢは円Ｏに接する． 証明 転換法で証明する． 円の中心Ｏから辺ＡＢに下ろした垂線の足をＨとする． ＡＢが円Ｏの接線のとき ＡＢ＝ＡＴ＋ＢＳ 直線ＡＢが円Ｏの外にあるとき ＡＴ２＝ＡＯ２−Ｒ２＞ＡＯ２−ＯＨ２＝ＡＨ２ よってＡＴ＞ＡＨ． 同様にＢＳ＞ＢＨ． ∴ ＡＢ＜ＡＴ＋ＢＳ 直線ＡＢが円Ｏと２点で交わるとき ＡＴ＜ＡＨ，ＢＳ＜ＢＨ より ＡＢ＞ＡＴ＋ＢＳ したがって，転換法より ＡＢ＝ＡＴ＋ＢＳ なら直線ＡＢは円Ｏに接する． なお，もちろん，Ａ，Ｂの設定の仕方によっては和が差すなわちＡＢ＝ＡＴ−ＢＳに変わることもある． 以上で，ポンスレの閉形定理を証明する準備が整いました． 定理（ポンスレ） ２円Ｏ，Ｏ’があり，Ｏに内接しかつ円Ｏ’外接する ｎ角形Ａ１Ａ２・・Ａｎが存在すると仮定する． このとき，円Ｏ上に一点Ｂ１を任意にとり，Ｂ１を通り円Ｏ’に 接する直線と円Ｏとの交点のうちＢ１でない方との点をＢ２，Ｂ２ を通り円Ｏ’に接する直線と円Ｏとの交点のうちＢ２でない方との点をＢ３，これを順に続け，Ｂ１，Ｂ２，Ｂ３，・・・，Ｂｎを定める． このとき，線分ＢｎＢ１は円Ｏ’に接する． 
証明四角形Ａ１Ｂ１Ａ２Ｂ２で Ａ１Ａ２，Ｂ１Ｂ２が円Ｏ'に接するから， ２円Ｏ，Ｏ’と共軸でＡ１Ｂ１，Ａ２Ｂ２に接する円があり， さらに，その円は共軸の片方側にあるのでただ一つ存在する． 同様に，Ａ２Ｂ２，Ａ３Ｂ３に接する， ２円Ｏ，Ｏ’と共軸な円がただ１つ存在し，ともにＡ２Ｂ２に接する から，２円は一致する． 同様の議論を繰り返すことによい，Ａ１Ｂ１，Ａ２Ｂ２，・・・．ＡｎＢｎ に接し，２円Ｏ，Ｏ’と共軸な円がただ一つ存在し，その円をＯ”とする． 次に，四角形ＡｎＢｎＡ１Ｂ１で，円Ｏ”が ＡｎＢｎ，Ａ１Ｂ１に接するから， ＡＮＡ１はＢｎＢ１に接する ２円Ｏ，Ｏ”に共軸な円がただ一つ存在する． ここで，円Ｏ’は２円Ｏ，Ｏ”に共軸で円ＡｎＡ１に接するから ＡｎＢｎ，Ａ１Ｂ１に接する円は円Ｏ’と一致し， 線分ＢｎＢ１は円Ｏ'に接し，ｎ角形Ｂ１Ｂ２・・・Ｂｎ は円Ｏに内接し，円Ｏ’に外接する． |