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は内接円が存在する．
（２）四角形ＰＱＲＳは外接円が存在する．
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$R$中心を$O$，内接円の半径を$r$，さらに$O'I=d$とおく．
(3) $R^2=\dfrac{2R'^2-d'^2}{4}$
$r=\dfrac{R'^2-d'^2}{2R'}$
$\dfrac{1}{r^2}=\dfrac{1}{(R+d)^2}+\dfrac{1}{(R-d)^2}$
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である．
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
４ＦＯ^２＝２（ＦＩ^２＋ＦＯ’^２）−４ＩＯ^２
＝２（ＦＣ^２＋ＦＯ’^２）−ｄ’^２（∵△ＩＢＣでＩＦ＝ＦＣ，定義よりｄ’＝ＩＯ’）
＝２Ｏ’Ｃ^２−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$Q,F;R,G;H,S;E,P$ 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，
$\dfrac{IA}{AB\cdot AD}=\dfrac{IA\cdot BD}{AB\cdot AD \cdot 2R' \sin A}$
$(\because BD=2R' \sin A )$
$=\dfrac{1}{2R'}(\because IA \cdot BD=AB \cdot AD\cdot \sin A=2△ABD)$
　 $\therefore r=\dfrac{R'^2-d'^2}{2R'}$ ・・・�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
$r=\dfrac{2R^2+2d^2-4d^2}{2R'}=\dfrac{R^2-d^2}{R'}$
$\therefore \dfrac{1}{r^2}=\dfrac{2(R^2+d^2)}{(R^2-d^2)^2}=\dfrac{1}{(R+d)^2}+\dfrac{1}{(R-d)^2} \ \blacksquare$

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，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（右図）， 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Ｏの周上を一周する．
したがって，P'は円Ｏ上の任意の点を通るから円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．$\blacksquare$

命題2で円に内接し外接する四角形を作ることができるが，これで作図ができるというわけにはいかない．
四角形$ABCD$が円に内接しかつ外接するための必要十分条件は
$\angle A+\angle C=\pi ,AB+CD=AD+BC$
である．
したがって，四角形$ABCD$で
$AB=a,BC=b,CD=c,DA=d$
を与えたとき，円に内接する四角形すなわち
$\angle A+\angle C=\pi$
0 となる四角形ができればよい．
解析幾何では
$\angle B=\theta$とおき，$AC^2$に関する等式
$a^2+b^2-2ab\cos \theta=c^2+d^2-2cd\cos (\pi -\theta)$
より$\cos \theta$を求め$AC$を求めれば解決するので問題にならない．
初等幾何では次のように行う．
まず，図形が完成したとして，満たす図形の性質を調べる(これを作図の解析という)．
解析
四角形$ABCD$が円に内接するとする．
辺の長さを右図のように $a,b,c,d$とする．
$BC$の延長上に点$E$を
$\triangle DAB$∽$\triangle DCE$
を満たすように取る．
このとき
$DB:DE=DA:DC=d:c\cdots (\sharp)$
であるから，$D$は$(\sharp)$を満たす点の軌跡，$BE$を$d:c$に内分する点，外分する点を直径とする円上にある(アポロニウスの円)．したがって，点$D$は上で求めた円と，$C$を中心とする半径$c$の円との交点である．後は
$AB=a,AD=d$
より$A$を求めればよい．
作図
$1.BC=b$とし，$BC$の延長上に点$E$を$CE=\frac{ac}{d}$を満たすように取る．
$2.$線分$BE$を$d:c$に内分する点，外分する点を直径とする円と，$C$を中心とする半径$c$ の円との交点を$D$とする．
$3.BA=a,DA=d$である点$A$を求める．
証明
$\triangle ABD$と$\triangle DCE$で
$BD:DE=d:c$
$AB:CE=a:\dfrac{ac}{d}=d:a$
$AD:CD=d:c$
より$\triangle ABD$∽$\triangle DCE$
したがって四角形$ABCD$は円に内接する．$\blacksquare$

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$a+b=90^{\circ}$であり，
$\sin a=\dfrac{r}{R+d}$,
$\sin b=\dfrac{r}{R-d}$
より
$\dfrac{r^2}{(R-d)^2}+\dfrac{r^2}{(R+d)^2}=1$
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

ポンスレの閉形定理の目次

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