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 ポンスレの閉形定理の目次 全体の目次 |