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 ポンスレの閉形定理の目次 全体の目次 |