方べきは
$[P]_O=PO^2-R^2$
であるから，2円$O,O'$が同心円のとき根軸は存在しない．
命題3-2
同心円でない2円$O,O'$がある．2円$O,O'$に関する方べきの等しい点$P$の軌跡(根軸)は2円の中心を結ぶ直線に垂直な直線である．

証明
$O(0,0),O'(a,b)$とおき，円$O,O'$の半径をそれぞれ$R,R'$とする．
根軸上の点を$P(x,y)$とおけば
$x^2+y^2-R^2=(x-a)^2+(y-b)^2-R'^2$
より
$ax+by=$(一定)
したがって，$OO'$に垂直な直線である．(証明終わり)

命題3-2より2円の根軸を求めるには，2円の方べきが等しい点を一つ求めればよいし，2点見つかればその2点を結べばよい．

2円$O,O'$の根軸を求めよう．

$\bullet$2円$O,O'$が2点で交わるとき．
交点を$A,B$とすると，
$[A]_O=0,[A]_{O'}=0$
より$A$を通り，2円の中心を結ぶ直線$OO'$に垂直な直線，すなわち直線$AB$である．
$\bullet$2円$O,O'$が接するとき(内接，外接)
接点を$A$とすると，$A$を通り直線$OO'$に垂直な直線. すなわち，$A$における2円$O,O'$の接線である．
$\bullet$2円$O,O'$が共有点を持たないとき．
2円の片方がもう一方の外部にあるとき．
共通接線(共通内接線，外接線)の接点の中点を結ぶ直線である．
この事実より，共通接線の接点の中点である4点は共線(collinear)である．
片方の円がもう一方の円に含まれるときは後で述べる(根心の性質を用いる)．

次に，3円が与えられたとき，2円ずつの根軸の関係を調べよう．
3円$O_1,O_2,O_3$の中心$O_1,O_2,O_3$が同一直線上にあるとき，2円の根軸はそれぞれ中心を結ぶ直線に垂直，3本の根軸は平行である．
3円$O_1,O_2,O_3$の中心$O_1,O_2,O_3$が同一直線上にないとき．
2円$O_1,O_2$の根軸を$l_{12}$,2円$O_2,O_3$の根軸を$l_{23}$,2円$O_3,O_1$の根軸を$l_{31}$とする．
$l_{12},l_{23}$は平行でないから，交点を$A$とする．
このとき,点$A$は
$[A]_{O_1}=[A]_{O_2}$ かつ $[A]_{O_2}=[A]_{O_3}$
をみたすから
点$A$は2円$O_3,O_1$の根軸上の点である．
したがって，3本の根軸$l_{12},l_{23},l_{31}$は1点で交わる．
命題3-3
3円$O_1,O_2,O_3$の中心が一直線上にない時，2円$O_1,O_2$の根軸，2円$O_2,O_3$の根軸，2円$O_3,O_1$の根軸は 1点で交わる．この点を3円$O_1,O_2,O_3$の根心という．

例
3円$O_1,O_2,O_3$の中心が一直線上になく，2円ずつが2点で交わるとき，3本の共通弦が1点で交わる(fig.1)．
3円$O_1,O_2,O_3$のそれぞれの2円が外接しているとき，共通内接線が一点で交わる(fig.2).
ちなみに(fig.2)で3円$O_1,O_2,O_3$の根心$P$は$\triangle O_1O_2O_3$の内心である．

片方の円がもう一方の円に含まれる時，根軸は次のように作図すればよい． 円$O,O'$の片方がもう一方に含まれる時，$O,O'$と共有点を持つ第3の円を$O''$とする．$O,O''$および$O',O''$の共通弦またはそれらの延長の交点を$A$とすると，点$A$は2円$O,O'$の根軸上にある．したがって，点$A$より直線$OO'$に下ろした垂線が2円$O,O'$の根軸である．

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
$x^2+y^2-2ax+b=0\cdots $�@
円$O'$は
$x^2+y^2-2a'x+b'=0\cdots$�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$a'\neq a$.
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
$x^2+y^2-2ax+b=0, \hspace{1cm}(b\text{は定数})\cdots (\sharp)$
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．
$(\sharp)$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$(\sharp)$をもう少し調べる．
定数$b$を場合分けする．
$(1) \ b < 0$のとき
$b$を新しく$-b^2 $とおけば
$x^2+y^2-2ax-b^2=0\cdots (\sharp _1)$
円$(\sharp _1)$と根軸である$y$軸との交点は$(0,b),(0,-b)$であるから， 円$(\sharp _1)$は必ず根軸上の点$(0,b),(0,-b)$を通る．

$(2) \ b=0$のとき
円$(\sharp)$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．

$(3) \ b > 0$のとき
$b$を新しく$b^2 (b > 0)$とおくと
$x^2+y^2-2ax+b^2=0,\hspace{1cm}(b > 0)\cdots (\sharp _3)$
$(\sharp _3)$のどの2つの円ももし共有点を持つとするとそれは根軸上にあり，根軸である$y$軸とは共有点を持たないから，$(\sharp _3)$のどの2つの円も共有点を持たない．
円$\sharp _3$は
$(x-a)^2+y^2=a^2-b^2$
であるから
$-b < a < b$のとき$(\sharp _3)$を満たす図形は存在しない．
$a=b,-b$のとき$(\sharp _3)$を満たす図形は点$(-b,0),(b,0)$.
$a < -b,b < a$のとき
$(\sharp _3)$の左辺を$f(x,y)$と置くと
$a > b$のとき
$f(b,0)=2b(b-a) < 0$
$a < -b$のとき
$f(-b,0)=2b(b+a) < 0$
でさらに，$(\sharp _3)$は$y$軸と交わらないから
$(\sharp _3)$は$a > b$のとき$(b,0)$を含み$a < -b$のとき$(-b,0)$を含む．
$(b,0),(-b,0)$を$(\sharp _3)$の限点と呼ぶ．限点は$(\sharp _3)$で点となるときのその点である．

共軸円系をなす円の集合は以上の$(1),(2),(3)$の3種類ある．
$(1)$の場合，すなわち2点で交わる場合を楕円的共軸円系
$(2)$の場合，すなわち１点で接する場合を放物的共軸円系
$(3)$の場合，すなわち共有点を持たない場合を双曲的共軸円系
と呼ぶ．

中心が$x$軸上で根軸が$y$軸である共軸円系をなす円は
楕円的共軸円系なら
$x^2+y^2-2ax-b^2=0,\hspace{1cm}(b$は定数,$b > 0)$
放物的共軸円系なら
$x^2+y^2-2ax=0$
楕円的共軸円系なら
$x^2+y^2-2ax+b^2=0,\hspace{1cm}(b$は定数,$b > 0)$
と表せる． 共軸円系の集合の別の見方をしよう．
共軸円系をなす円の集合
$x^2+y^2-2ax+b=0$
ここで$b$は定数，$a$は任意の実数である．ただし，$b > 0$のとき
$a\leqq -\sqrt{b},\sqrt{b} \leqq a$
ここで,この共軸円系に含まれる円を２つとりそれを
$C_1:x^2+y^2-2ax+b=0,C_2:x^2+y^2-2a'x+b=0$
とする．
$m,n$を任意の定数として
$C:m(x^2+y^2-2ax+b)+n(x^2+y^2-2a'x+b)=0\cdots (\flat)$
を考える．
$m+n=0$のとき$C$は2円$C_1,C_2$の根軸である．
$m+n\neq 0$のとき，$C$の両辺を$m+n$で割って, $C:m(x^2+y^2-2ax+b)+n(x^2+y^2-2a'x+b)=0,\hspace{1cm}(m+n=1)$
としてよい．このとき円$C$は
$x^2+y^2-2(ma+na')x+b=0$
であり,$ma+na'(=a'+m(a-a'))$は実数全体を動くから，曲線の集合
$m(x^2+y^2-2ax+b)+n(x^2+y^2-2a'x+b)=0$
は2円$C_1,C_2$を含む共軸円系をなす円全体および根軸である．
$x^2+y^2-2ax+b,x^2+y^2-2a'x+b$
はそれぞれ点$P(x,y)$の円$C_1,C_2$に関する方べき$[P]_{C_1},[P]_{C_2}$である．
したがって，$(\flat)$は点$P(x,y)$の2円$C_1,C_2$に関する方べき$[P]_{C_1},[P]_{C_2}$の比を一定にする点の軌跡と述べてもよい．
したがって，次の命題を得る．
命題3-4
2円$C_1,C_2$は同心円でない．このとき，2円$C_1,C_2$への方べきの比が一定の点 の軌跡$C$は円であり，かつ3円$C_1,C_2,C$は共軸円系をなす．

例
直線$m$が2円$C_1,C_2$とそれぞれ$A_1,A_2$および$B_1,B_2$で交わっている．
$A_1,A_2$における円$C_1$の接線と$B_1,B_2$における円$C_2$の接線による4個の交点は同一円周上にある．さらにその円を$C$とすれば3円$C_1,C_2,C$は共軸円系をなす.
実際，$P,Q,R,S$を右図のように定める.
$\angle PA_1A_2=\angle QA_2A_1=a$
$\angle RB_2B_1=\angle QB_1A_2=b$
とおく．($\triangle DA_2A_1,\triangle EB_1B_2$を考える)
$\triangle PB_1A_1$で正弦定理より
$PA_1:PB_1=\sin b:\sin a$
同様に
$QA_2:QB_1=\sin b:\sin(\pi- a)=\sin b:\sin a$
$RA_2:RB_2=\sin b:\sin a$
$SA_2:SB_2=\sin b:\sin (\pi -a)=\sin b:\sin a$
したがって，$P,Q,R,S$の円$C_1,C_2$に関する方べきの比が一定である，この4点は同一円周上にあり，さらにその円を$C$とすると，3円$C_1,C_2,C$は共軸円系をなす．

命題3-4や例は次節の定理の証明で用いられる．
楕円的共軸円系，放物的共軸円系は比較的扱いやすい．
双曲型共軸円系をなす円の場合を調べよう．
中心が$x$軸上にあり，根軸が$y$軸である双曲的共軸円の集合
$x^2+y^2-2ax+b^2=0 \hspace{1cm}(b > 0,b\text{は定数})\cdots (1)$
で考える．
共軸円系$(1)$の限点は，点(半径$0$の円)になる場合であるから
$(x-b)^2+y^2=0,(x+b)^2+y^2=0$
より$(b,0),(-b,0)$
$A(b,0),B(-b,0)$とおく．
$a > b,a < -b$のとき$(1)$に属する円
$x^2+y^2-2ax+b^2=0\cdots (2)$
と$x$軸との交点を求めると
$x=a\pm\sqrt{a^2-b^2}$
より$(a+\sqrt{a^2-b^2},0),(a-\sqrt{a^2-b^2},0)$が円$(2)$の直径である．
$C(a+\sqrt{a^2-b^2},0),D(a-\sqrt{a^2-b^2},0)$
とおく．2点$C,D$は線分$AB$を同じ比に内分する点，外分する点になっている．
それを示すには，複比$[A,B;C,D]=-1$を示せばよい．
$[A,B;C,D]=\dfrac{(a+\sqrt{a^2-b^2})-b}{(a+\sqrt{a^2-b^2})+b}\cdot \dfrac{(a-\sqrt{a^2-b^2})+b}{(a-\sqrt{a^2-b^2})-b}$
$=\dfrac{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+b}+\sqrt{a-b}}\cdot \dfrac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}-\sqrt{a+b}}$
$=-1$
円$(2)$が限点$A(b,0),B(-b,0)$を基点とするアポロニウスの円(2定点から距離の比が一定である点の軌跡)であることが分かる．
したがって，次の性質が成り立つ．
命題3-5
双曲型共軸円系をなす円の集合に属する円は，限点を基点とするアポロニウスの円である．

次にアポロニウスの円とその基点の関係を調べよう．
円$C$を$A,B$を基点とするアポロニウスの円とする．直線$AB$と円$C$との交点を$P,Q$ とすると，$P,Q$は線分$AB$を同じ比に内分，外分する点である．
直線$AB$を$x$軸とし，線分$PQ$の中点を原点とする．このとき
$P(-r,0),Q(r,0),A(a,0),B(b,0),\hspace{1cm}(0 < a < r < b)$
点列$A,B;P,Q$が調和点列をなすから $\dfrac{AP}{BP}\cdot \dfrac{BQ}{AQ}=-1$
$\dfrac{-r-a}{-r-b}\cdot \dfrac{r-b}{r-a}=-1$
したがって
$r^2=ab$
これは，円$C$に関して$A,B$は対称な点であることを示している．
円$C$を反転円とする反転変換を$I(C)$とすれば
$A\stackrel{I(C)}{\longmapsto}B$
といってもよい．
また，直線$AB$と円$C$との交点を$P,Q$とすれば$P,Q;A,B$は調和点列をなすから$B$ の作図は完全四角形を利用してもよい．したがって対称な点は定規だけで作図できる．

次の2つの命題が分かる．
命題3-6
円$C$が$A,B$を基点とするアポロニウスの円のとき，2点$A,B$は円$C$に関して対称である．

命題3-7
2円$O_1,O_2$が共有点を持たないとき，2円の限点$A,B$は円$O_1$に関しても$O_2$ に関しても対称である．

例
2円$C_1:x^2+y^2=1,C_2:(x-\sqrt{20})^2+y^2=9$の限点を求める．
両円に関して対称な2点は実軸上にあり，$x,y$とすると
$\begin{cases}xy=1\\(x-\sqrt{20})(y-\sqrt{20})=9\end{cases}$
を満たす．
これを解くと
$x=\dfrac{1}{\sqrt{5}},y=\sqrt{5}$
したがって限点は $(\frac{1}{\sqrt{5}},0),(\sqrt{5},0)$である．

2円$O_1,O_2$が共有点を持たないとき，限点を$A,B$とし，$A,B$を通る 任意の円を$C_1,C_2$とする．
$A$を中心とする円を反転円とする反転変換を$I(A)$とする．
$B\stackrel{I(A)}{\longmapsto}B'$
とすれば，$I(A)$による2円$C_1,C_2$の像は$B'$を通る直線でその直線を$l_1,l_2$とする．
一方，2円$O_1,O_2$はそれぞれ$C_1,C_2$に直交するからその像は$l_1,l_2$に直交する． 直線に直交する円の中心は直線上にあるから，$I(A)$による2円の$O_1,O_2$の像の中心は$l_1,l_2$の交点，すなわち同じ点で同心円であることが分かる．
すなわち，つぎの命題が成り立つ．
命題3-8
2円$O_1,O_2$が共有点を持たないとき，2円の限点の片方を中心とする円を反転円とする反転変換による$O_1,O_2$の像は同心円である．

もし，複素変数の1次分数変換の知識があれば，2円$O_1,O_2$がその限点$A,B$を基点とするアポロニウスの円になることも分かり易い．
実際，複素平面$\mathbb{C}$上で考える．
$A(a),B(b)$とする．
1次分数変換
$w=\dfrac{z-b}{z-a}$
によって，2点$A,B$を通る2円$C_1,C_2$の像は原点を通る直線で，2円$O_1,O_2$は$C_1,C_2$に直交するので，2円$O_1,O_2$の像は原点を中心とする同心円．
$O_1$の像の半径を$r$とすると$|w|=r$
したがって，円$O_1$は
$\dfrac{|z-b|}{|z-a|}=r$
すなわち
$|z-b|:|z-a|=r:1$
より$A(a),B(b)$を基点とするアポロニウスの円である．

以下2025年11月追加しました．
作図への応用
根軸，限点，共軸円系は作図に利用されます．ただ，作図をするのにこの章で述べた内容を学ぶということは，鶏を割くに牛刀を用いる感が否めない．ここでは，予備知識がなくとも理解できるように配慮します．逆に作図で限点や根軸を理解し，その後本章を読まれるなら，理解が容易になると思います．

ここで扱うのは円の作図です．円の方程式が
$x^2+y^2+ax+by+c=0$
であるから円を定めるには3条件が必要です．
円を与えたとき,その円に接する円，直交す円，2等分する円(交点が直径の両端となる円)を 条件とします．
点は半径$0$の円，直線は半径$\infty$の円とし，円の一部として扱います．
ここで扱う作図題は
3円が与えられたとき，3円ぞれぞれに，接する，直交する，2等分する円を求める
です．議論を進めると分かるのですが，接する，直交する，2等分する円のうち，接するすなわち
アポロニウスの問題
3円$S_1,S_2,S_3$を与えたときこの3円に接する円を求めよ
が一番扱いづらいことが分かります．

作図問題を考えながら円の性質を説明します．
1.直交する円の作図
定義
点$O$を中心とする半径$r$の円$O$が与えられている．
$O$以外の任意の点$P$に対して，半直線$OP$上の点$Q$を
$OP\cdot OQ=r^2$
で定義する．このとき，$P,Q$は円$O$に関して対称であるという．

なぜ対称というかは次の命題による．
命題3-10
$P,Q$が円$O$に関して対称であるとき，$P,Q$を通る任意の円は円$O$と直交する．
証明
$P,Q$を通る任意の円$O'$と円$O$との交点を$A$とする．
$OA=r$であるから円$O$の半径$OA$は円$O'$の接線である(直線$OA$と$A$以外の円$O'$との交点を$A'$とする．$OA\cdot OA'=r^2$より$OA'=r$).したがって，円$O,O'$は直交する．$\blacksquare$

次は逆の命題である．

命題3-11
2円$O,O'$が直交する．
このとき，円$O$の中心$O$を通る直線と円$O'$との交点を$P,Q$とすると，2点$P,Q$は円$O$ に関して対称である．
証明
2円$O,O'$の交点の片方を$A$とする．直線$OA$は円$O'$の接線であるから
$OP\cdot OQ=r^2$
したがって，$P,Q$は円$O$に関して対称である．$\blacksquare$

注意
中心$O$,半径$r$の円$O$に関して変換
$P\mapsto Q,OP\cdot OQ=r^2$
を円$O$に関する反転変換といい，点$O$を反転変換の中心，$r^2$を反転変換の冪という．
図形$l$に関して対称な点$A,B$の定義を，$A,B$を通る任意の円が$l$と直交すると
見るならば反転変換は直線に関する対称移動の拡張であり，命題3-11より，円を円にうつし，角を保つ変換では対称な2点の像は対称な2点であることが分かる．

命題3-10,命題3-11を用いると，共有点を持たない2円の同心円への変換や限点が比較的容易に理解できる．
2円$O.O'$は共有点を持たないとする．
円$O$に関しても円$O'$に関しても対称な点を$P,Q$とする． この存在はまず認めて話を進める．
2点$P,Q$を通る円$A$は，円$O$にも円$O'$にも直交し，その中心$A$は，2点$P,Q$の垂直二等分線上にある．また，点$A$から円$O,O'$に引いた接線の長さが等しい．
定義
同心円でない2円に関して，べきが等しい点の軌跡を2円の根軸という．

定義
同心円でない2円の両方の円に関して対称な2点を2円の限点という.

次に点と円で考える．
2円に垂直な円を考えるとき，片方の円の半径を$0$にすれば点になることに注意する．
定義
点$A$と中心が$A$でない円$O$について，
$P$の円$O$に関する方べき$= PA^2$
である点$P$の軌跡を点$A$と円$O$の根軸という．

命題3-10より，円$O$に関して点$A$と対称な点を$B$とすると，点$A$と円$O$の根軸は線分$AB$ の垂直二等分線である．

ここで求めた円$O$は2円$O_1,O_2$直交する．したがって，直線$O_1O_2$と円$O$の交点を $P,Q$とすれば，命題3-11より，$P,Q$は円$O_1$に関しても円$O_2$に関しても対称な点である．
したがって，共有点を持たない2円$O_1,O_2$が与えられたとき円$O_1$に関しても円$O_2$ に関しても対称な点$P,Q$の見つけ方が分かった．ちなみに，この2点$P,Q$を2円$O_1,O_2$ の限点という．
すなわち，次のようにすればよい．
共有点を持たない2円$O_1,O_2$の限点(円$O_1$に関しても円$O_2$に関しても対称な2点)の見つけかた
2円$O_1,O_2$に対して，2円の中心とは異なる点$A$を定める．
2円$O_1,O_2$に関して$A$と対称な点をそれぞれ$B,C$とする．
3点$A,B,C$を通る円と直線$O_1,O_2$との交点が2円$O_1,O_2$の限点である．

次に円$O$を与えたとき，円$O$に関して点$A$の対称な点の作図をもとめよう．
点$A$が円$O$の外部にあるとき，$A$から円$O$に接線$AT$を引き，$T$から直線$AO$ に下ろした垂線の足を$B$とすると
$AO:OT=OT:OB$
より
$OA\cdot OB=OT^2$
より，2点$A,B$は円$O$に関して対称である．
$B$から$A$を見つけるのは
$B$を通り$OB$に垂直な直線と円との交点を$T$とし，点$T$における円$O$ の接線と$OB$との交点を$A$とすればよい．
以上で，共有点を持たない2円$O_1,O_2$が与えられたとき，2円$O_1,O_2$に直交する円は，円$O_1$に関しても，円$O_2$関しても対称な2点を通る円であることが分かった．
次に2円が共有点を持つとき，すなわち2点$A,B$を通る任意の円に直交する円を求めよう．
これは複素平面の変換である1次分数変換
$w=\dfrac{cz+d}{az+b},(a,b,c,d\in \mathbb{C},ad-bc\neq 0)$
を用いると考えやすい．
1次分数変換で円(直線も含む)の像は円である．
実際，円$|w-\alpha|=r$の原像は
$|\dfrac{cz+d}{az+b}-\alpha|=r$
左辺は
$|\dfrac{c'z+d'}{az+b}|$
となるから，
$|c'z+d'|=|az+b|r$
$|c'||z+\frac{d'}{c'}|=r|a||z+\frac{b}{a}|$
より，アポロニウスの定理より円であることが分かる．
次に，微分可能な関数は，2曲線のなす角を向きを含め変えない．
すなわち$f$が微分可能なら，2曲線$C_1,C_2$が点$z_0$で交わるとき，点$z_0$における$C_1,C_2$のなす角($z_0$における接線のなす角)と$f(C_1),f(C_2)$の$f(z_0)$におけるなす角は向きも含めて等しい．
詳しくは複素関数論の本を読んでほしいが， $f(z)$が$z_0$で微分可能な時
$f(z)-f(z_0)\approx f'(z_0)(z-z_0)$
と近似できる．
$f'(z_0)=r(\cos \theta+i\sin \theta)$
とおけば，$f(z)$は$z_0$の近くでは回転移動と相似変換の合成と考えられる．
この事実より納得できると思う．
話を戻そう．
2点$A,B$の複素数座標をそれぞれ$a,b$とする．
1次分数変換
$w=\dfrac{z-a}{z-b}$
によって，
$a\mapsto 0,b\mapsto \infty$
であるから，$A(a),B(b)$を通る円の$f$による像は，原点を通る直線である．
一次分数変換で直交する円の像は直交する円であり， 直線と直交する円は，中心が直線上の円であるから，原点を通る異なる２直線と直交する円は原点を中心とする円である，
さらに，
$w=\dfrac{z-a}{z-b}$
による$|w|=r$の逆像は
$\dfrac{|z-a|}{|z-b|}=r$
すなわち
$|z-a|:|z-b|=r:1$
より，$A(a),B(b)$を基点とするアポロニウスの円である(線分$AB$を$r:1$に内分，外分する点を直径の両端とする円)．

2.2等分する円の作図
ここまで，円を与えたとき，その円に直交する円を考えたが，次に与えられた円を二等分する，すなわち交点が与えられた円の直径の両端となる円を考える．
土台になるのは次の命題です．
なお，線分は向きも考え，線分$AB$の長さを$|AB|$とすれば
$AB=|AB|,BA=-|AB|$
である．
命題3-13
円$O$の半径は$r$である．円$O$の中心$O$とは異なる点$P$に対して，直線$OP$上の点$Q$を
$OP\cdot OQ=-r^2$
で定める．このとき，2点$P,Q$を通る円は円$O$を二等分する．
証明
点$Q'$を
$OP\cdot OQ'=r^2$
で定めると，$Q,Q'$は点$O$に関して対称である．$Q'$が作図できるから$Q$も作図できることに注意する．
2点$P,Q$を通る円を円$O'$とし，2円$O,O'$の交点の片方を$T$とする．
$OT$と円$O'$との交点を$S$とすれば
$OT\cdot OS=OP\cdot OQ=-r^2$
より
$OS=r$
したがって，$S$は円$O$上．すなわち$S$は 2円$O,O'$の$T$以外のもう一つの交点より円$O'$は円$O$を二等分する．$\blacksquare$

命題3-14
円$O$の半径は$r$である．円$O'$が円$O$を二等分するとき，点$P$が円$O'$上で点$Q$が
$OP\cdot OQ=-r^2$
を満たすとき，点$Q$は円$O'$上である．
証明
円$O,O'$の交点を$T,S$とすると，線分$TS$は円$O$の直径であるから
$OP\cdot OQ=OT\cdot OS=-r^2$
4点$P,Q,T,S$は同一円周上にある．
点$Q$は3点$T,S,P$の定める円すなわち円$O'$上にある．$\blacksquare$

次に2円を与えたとき，2円を二等分するする円の中心の軌跡を求めよう．
点$A$を中心とする円$A$が円$O$を二等分するとき
2円$A,O$の交点の片方を$T$とすると，円$A$の半径$AT$は
$AT^2=AO^2+OT^2$
である．2円の根軸との関連を調べるため，中心が$x$軸上，かつ根軸が$y$軸である2円
$\begin{cases}x^2+y^2-2ax+b=0\\ x^2+y^2-2a'x+b=0\end{cases} \ \ \ ,(0 < b) $
で考える．
$x^2+y^2-2ax+b=0$
は
$(x-a)^2+y^2=a^2-b$
2円をそれぞれ二等分する円の中心の軌跡は
$(x-a)^2+y^2+(a^2-b)=(x-a')^2+y^2+(a'^2-b)$
$\therefore x=a+a'$
2円の根軸は$y$軸であり，2円の中心の中点は$(\frac{a+a'}{2},0)$であるからまとめると次のようになる．
命題3-15
2円を二等分する円の中心の軌跡は，2円の中心の中点に関して根軸と対称な直線である．

右図の太線は2円$O_1,O_2$に接する円の中心の軌跡で$O_1,O_2$を焦点とする双曲線である．
実際，円$O_1,O_2$の半径を$r,r'$とすると
$QO_1-r=QO_2-r'$
$QO_1-QO_2=r-r'$
同様に
$RO_1-RO_2=r'-r$

命題3-16より，$Q$を中心とする半径$QR$の円および$R$中心とする半径$RA$の円が2円$O_1,O_2$に接する．ここでは点$P$を円$O_1,O_2$の中心を結ぶ線分を半径の比に外分する点を取ったが，内分する点を取っても同様のことが成り立つ(右下図)．
右の二つの図より分かるように，2円が互いに他の外側にあるとき，2円に接する円は4つあることが分かる．

命題3-17
2円$O_1,O_2$の相似の中心を$P$とする．点$P$を通る直線と円$O_1,O_2$との交点を順に$A,B,C,D$とする．また$P$を通る共通接線の接点を$T,S$とすれば
$PA\cdot PD=PB\cdot PC=PT\cdot PS$
が成り立つ．
証明
2円$O_1,O_2$は点$P$を相似の中心とする相似に位置にあるから
$TA\parallel SC,TB\parallel SD$
したがって図で
$a_1=a_2=a_3,b_1=b_2=b_3$
より，4点$T,A,D,S$および$T,B,C,S$は同一円周上にある．$\blacksquare$

準備が済んだので，証明に入ろう．作図の証明は，作図が完成したとして，その図を描き，その図より，成り立つ性質を調べ(作図の解析という．作図の必要条件のこと)，作図方法を考えるという手順に従うことが多い．
(作図の解析と作図)
円$O$を円$O_1,O_2$に接する円とし，円$O$と円$O_1,O_2$との接点をそれぞれ$S,T$とする．
2直線$O_1O_2,ST$の交点を$P$とすると，右図で
$a=b=c=d=e$
より
$O_1U\parallel O_2T$
したがって
$PO_1:PO_2=O_1U:O_2T$
したがって点$P$は2円$O_1,O_2$の相似の中心である．
直線$PA$と円$O$の交点を$B$とする．
$PA\cdot PB=PS\cdot PT$
$=PC\cdot PD$
したがって，$PB$が決まるから直線$PA$上に点$B$が確定する．
次に，2点$A,B$と円$O_1$が与えられたとき，$A,B$を通り円$O_1$に接する円$O$が作図できたと仮定する．これは後で示すが．この円が円$O_2$にも接することを示す．
$A,B$を通る円が円$O_1$と共有点を持てば円$O_2$とも共有点を持ち，円$O_1$と2点で交われば，$O_2$とも2点で交わる．
実際,$A,B$を通る任意の円$O$と円$O_1$との交点を$C$とし，直線$PC$上に点$D$を
$PC\cdot PD=PA\cdot PB$
を満たすように取れば，点$D$は円$O$上にも円$O_2$上にもあるから，点$D$は2円$O,O_2$の交点である．
したがって，$A,B$を通る円が円$O_1$に接するなら，円$O_2$にも接する．
残された問題は次の作図問題である．

これで，1点を通り2円に接する円の作図ができたわけですが，まだ完成というわけにはいきません．ここでは外接する場合を考えましたが，内接も考える必要があり．最大4つの場合が存在します．また2円も交わる場合や，接する場合，片方がもう一方に含まれる場合もあり，完成させようとすると頭をかかえます．ここでは1点と2円を扱いましたが，アポロニウスの問題は一筋縄ではいかないことが分かると思います．
さて，ここでは初等幾何として扱いましたが，扱った作図題は平面の変換を用いると比較的容易に解決します．
点$A$と2円$O_1,O_2$が与えられたとき，
複素数平面で考え，$A(a)$として，一次分数変換
$w=\dfrac{1}{z-a}\cdots (\sharp)$
用いるか，$A$を中心とする円を反転円とする反転変換を考える．
一次分数変換も反転変換も，角の大きさを変えない（１次分数変換は向きを変えず，反転変換は向きを反対にする）ので，直線や曲線が接する（なす角が$0$）とき像も接する．
$(\sharp)$や反転変換で
$a\mapsto \infty$
であるから$A$を通る円の像は直線である．また，円$O_1.O_2$の像は円であるから，$O_1,O_2$の像の共通接線の逆像が求めるものである．この方法だと，4つの円が存在することも分かり易い．

軌跡の交点とみる方法も面白い．
ここで考えている
点$A$を通り，2円$O_1,O_2$に接する円の中心は
2円$O_1,O_2$に接する円の中心の軌跡と$A$を通り円$O_1$に接する中心の軌跡の交点
と考える．
2円に接する円の中心の軌跡はすでに述べたが，点$A$を通り，半径$r$の円$O$に接する円の中心の軌跡は
$PO-PA=r$
より$O,A$が焦点の双曲線である．

アポロニウスの問題はいろいろアプローチの方法があり興味深い問題です．


第４節　一般の閉形問題

ポンスレの閉形定理の目次

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