まずは基本的な内容から見ていきましょう．
例1
どの3点も同一直線上になく，同一円周上にない4点$A,B,C,D$より3点を通る4円の関係を調べよう．
$B,C,D$を通る円を$S_A$とし，$S_B,S_C,S_D$も同様に定める．
$A$を中心とする円を反転円とする反転変換$I(A)$により
$B\mapsto B',C\mapsto C',D\mapsto D'$とすると，$S_A,S_B.S_C,S_D$の反形はそれぞれ
$\triangle B'C'D'$の外接円，直線$C'D'$,直線$D'B'$,直線$B'C'$
である（右図）.
円と直線の共有点におけるなす角はその点における円の接線と直線のなす角であるから，接弦定理より例えば 直線$B'C'$と$\triangle B'C'D'$の外接円とのなす角と2直線$B'D',C'D'$のなす角が等しい．さらに反転変換で 角の大きさは保たれるから次の命題が証明された．

命題4-1
4点がどの3点も同一直線上になくかつ同一円周上にない時，それらの異なる3点を通る4円の いずれの2円のなす角と残りの2円のなす角は等しい．

例2
反転である命題を別の命題に変えるのも面白い．これも何でもできるわけではなく反転で保たれる性質の場合であることに注意する．
問題1
直線$m$上に2点$A,B$が与えられている．$A,B$で直線$m$に接しかつ外接する2円の接点の軌跡を求めよ．
解
$A,B$で直線$m$に接しかつ外接する円を$O_1,O_2$とし，外接点を$P$とする．
$P$における共通接線と$m$と交点を$M$とすると
$MA=MP,MP=MB$
より，点$P$は$AB$を直径とする円周上である．

この図形を直線$m$上にない点$O$を中心とする円を反転円とする反転変換$I(O)$でうつした図形が右図である．
図形$m,C_1,C_2$の$I(O)$による反形がそれぞれ$m',C_1',C_2'$,$A,B$の逆点がぞれぞれ$A',B'$である．
問題文は次のように書き換えられるのが分かる．
問題2
円$m'$上に2点$A',B'$が与えられている．$A',B'$で円$m'$に接しかつ外接する2円の接点の軌跡を求めよ．

問題1の解である$AB$を直径とする円の反転変換$I(O)$による反形がどうなるかであるが，円の中心の逆像は反形の中心であるとは言えないから，$M$ の逆点求めても解決しない．
$AB$を直径とする円は直径である直線$m$に直交するからこれを利用しよう．
求める図形は，$A',B'$を通り円$m'$に直交する円である．
この円は，円$m'$上の点$A'$における接線と$B'$における接線との交点$D$を中心とする半径$DA$の円である．

これで問題2は解決されたが，図を見ると，3円の2つずつが外接するとき，3本の共通内接線は一点で交わり， さらにその点から接点までの距離が等しい，すなわち次の命題が成り立つことが分かる．
命題4-2
3円$O_1,O_2,O_3$の2つずつが外接し，円$Q_1,O_2$の接点を$A$,円$Q_2,O_3$の接点を$B$, 円$Q_3,O_1$の接点を$C$とする．
このとき，3本の共通内接線は1点で交わり，その点を$P$とすると
$PA=PB=PC$
が成り立つ．

証明
2円$O_1,O_2$の共通内接線上に点を取ればその点から2円$O_1,O_2$に引いた接線の長さは等しい．
2円$O_1,O_2$の共通内接線と2円$O_2,O_3$の共通内接線の交点を$P$とすれば,$P$は2円$O_3,O_1$ の共通内接線上にあるから，3本の共通内接線は1点で交わる．さらに接線の性質より
$AP=BP=CP$
が成り立つ．

点$P$は3円の根心と呼ばれる点で，2円ずつが離れている3円の根軸の交点として扱うことが多い．なお，点$P$ は$\triangle O_1O_2O_3$の内心になっている．

例3
次にフォイエルバッハの定理を扱う．
三角形のいくつかの性質が必要なのでそれから始める．
相似変換を用いて図形の性質を調べる．
定義
平面上に定点$O$と定数$k(\neq 0)$が与えられたとき，平面上の任意の点$P$に対して
$\overrightarrow{OP'}=k\overrightarrow{OP}$
を満たす$P'$を対応させる平面上の変換を$O$を中心とする相似比$k$の中心相似変換といい$H(O,k)$と表す．

中心相似変換で成り立つことは
$1. \ P\stackrel{H(O,k)}{\longmapsto}P'$のとき
$\overrightarrow{OP'}=k\overrightarrow{OP}$
であるから，3点$O,P,P'$は一直線上にあり(共線)
$OP:OP'=1:|k|$
を満たす．
$2.$中心相似変換で図形は相似な図形に移るから，辺の比や角の大きさは変わらない．
したがって，$H(O,k)$で$\triangle ABC$の像が$\triangle A'B'C'$のとき
$\triangle ABC$ の外心$O$,内心$I$,重心$G$，垂心$H$, 傍心$G_A,G_B,G_C$,外接円，内接円，・・・は$\triangle A'B'C'$の外心$O'$,内心$I'$,重心$G'$等対応する点に移る．
です．ここでは，積極的に相似変換を使ってみます．

定義
$\triangle ABC$の各辺の中点を通る円を$\triangle ABC$の9点円という．

9点円は後でわかることですが，三角形の9つの点を通る円です．たくさん通る点があり， ピントがずれてしまいます．議論を進めるにはここで述べて定義で十分です．

$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$の中点をそれぞれ$D,E,F$とする．
このとき，$\triangle ABC$の重心を$G$とすると
$\triangle ABC\stackrel{H(G,-\frac{1}{2})}{\longmapsto}\triangle DEF$
である(fig.1)．

9点円上の他の点を調べよう．
$\triangle ABC$の垂心を$H$とし，$AH,BH,CH$の中点をそれぞれ$H_A,H_B,H_C$とすると，$H_A,H_B,H_C$ も$\triangle ABC$の9点円上にあります．
それは，
$\triangle ABC\stackrel{H(H,\frac{1}{2})}{\longmapsto}\triangle H_AH_BH_C$
より分かる．
実際，$\triangle H_AH_BH_C$の外接円の中心は，線分$OH$の中点で半径は$\triangle ABC$の外接 円の半径の$\frac{1}{2}$である．

右上の図を見ると，各頂点から対辺に下ろした垂線の足も９点円上にありそうである．それを示そう．
$\triangle ABC$の頂点$A,B,C$から対辺に下ろした垂線の足をそれぞれ$H_1,H_2,H_3$とする．
このとき，$\triangle ABC$と$\triangle H_1H_2H_3$は相似でないので，そのままでは中心相似変換を用いることはできない．
$AH,BH,CH$の延長と外接円との交点をそれぞれ$P,Q,R$とすると当然$\triangle PQR$の外接円は$\triangle ABC$ の外接円である．
ここで，$H_1,H_2,H_3$はそれぞれ$HP,HQ,HR$の中点である．
実際，
$\angle PBC=\angle PAC$(弧$PC$の円周角)
$=\angle CBQ \ (AH_1\perp BH_1,BH_2\perp AH_2)$
より,$BC$は$\angle HBP$の二等分線．さらに$BC\perp HP$より$HH_1=PH_1$
$\triangle PQR\stackrel{H(H,\frac{1}{2})}{\longmapsto}\triangle H_1H_2H_3$
であるから，$H_1,H_2,H_3$が9点円上にあることが分かる．

三角形の9点円についてまとめると次のようになる．
命題4-4
$\triangle ABC$の外心を$O$,外接円の半径を$R$,辺$BC,CA,AB$の中点をそれぞれ$D,E,F$；$AH,BH,CH$ の中点をそれぞれ$H_A,H_B,H_C$；$A,B,C$から対辺に下ろした足をそれぞれ$H_1,H_2,H_3$とすると， 9個の点$D,E,F,H_A,H_B,H_C,H_1,H_2,H_3$は同一円周上にあり，その円の中心は線分$OH$の中点であり半径は $\frac{R}{2}$である．

それではフォイエルバッハの定理に入る．
フォイエルバッハの定理
三角形の9点円はその三角形の内接円と傍接円に接する．

内容はシンプルで多くの証明がある．例えば，幾何学大辞典(槙書店)には11個の証明が載っている．
この定理は，反転変換を用いると．簡単に解決します．
ちょっと語弊があるかな．初等幾何の証明を読むとき，この変形どうして成り立つのかで苦労しますが， この証明は単純な計算なので分かり易いという意味です．

まず，証明の方針から述べる．
内接円$I$，傍接円$I_B$と辺$CA$との接点をそれぞれ$B_1,B_2$として線分$B_1B_2$を直径とする円を円$O$ とする．すなわち$B_1B_2$の中点を$O$とする．
円$O$を反転円とする反転変換$I(O,OB_1^2)$を考える．
円$O$は内接円$I$,傍接円$I_B$と直交するからそれぞれ$I(O,OB_1^2)$の不動円である．
次に，円$I,I_B$の共通内接線のうち直線$AC$でない方を直線$m$とする．
ここで，もし$\triangle ABC$の9点円の$I(O,OB_1^2)$による反形が直線$m$であることが示すことができれば $m$が円$I,I_B$に接するから9点円が円$I,I_B$に接する，すなわち内接円，傍接円に接することが分かる．
さて$\triangle ABC$の9点円の$I(O,OB_1^2)$による反形が直線$m$になることであるが，$O$は辺$AC$の中点である(後で示す)から
9点円の反形は直線である．
したがって，辺$BC,AB$の中点をそれぞれ$D,F$として，$OD,OF$と直線$m$との交点をそれぞれ$D',F'$ としたとき，$D',F'$がそれぞれ$I(O,OB_1^2)$による$D,F$の逆点．すなわち
$OD\cdot OD'=OB_1^2,OF\cdot OF'=OB_1^2$
を示すだけである．

$BC=a,CA=b,AB=c$
および
$s=\dfrac{a+b+c}{2}$
とおく．
内接円$I$と$AC$との接点を$B_1$,傍接円$I_B$と$AC$との接点を$B_2$とすれば
$AB_2=s-c,CB_1=s-c$
より
$AB_2=CB_1$
したがって，線分$B_1B_2$の中点$O$は辺$AC$の中点である．
$B_1B_2=b-2(s-c)$
$=c-a$
したがって，反転円の半径は$\frac{c-a}{2}$,すなわち考える反転変換は$I(O,(\frac{c-a}{2})^2)$である．
つぎに，2円$I,I_B$の共通内接線のうち$AC$でない方を直線$m$;辺$BC,AB$の中点をそれぞれ$D,F$；$OD,OF$と直線$m$ との交点をそれぞれ$D',F'$とする．
ここで，2直線$AC,m$は直線$II_B$($\angle B$の2等分線)に関して対称であることに注意する．
直線$m$と直線$BC,BA$との交点をそれぞれ$A',C'$とすると
$BA'=BA,BC'=BC$($II_B$に関して対称)
が成り立つ．
$AC,A'C'$の交点を$K$とする．
$\triangle KOF'$∽$\triangle KCA'$
$BK$は$\angle B$の二等分線より
$CK=\dfrac{ab}{a+c}$
であるから
$OF'=OK\cdot \dfrac{CA'}{CK}=(\dfrac{b}{2}-\dfrac{ab}{a+c})\cdot \dfrac{c-a}{\frac{ab}{a+c}}$
$=\dfrac{(c-a)^2}{2a}$
$OF=\dfrac{a}{2}$
であるから
$OF\cdot OF'=\dfrac{(c-a)^2}{4}$
次に，$\triangle KOD'$∽$\triangle KAC'$より
$OD'=OK\cdot \dfrac{AC'}{AK}=(\dfrac{bc}{a+c}-\dfrac{b}{2})\cdot \dfrac{c-a}{\frac{bc}{a+c}}$
$=\dfrac{(c-a)^2}{2c}$
$OD=\dfrac{c}{2}$
であるから
$OD\cdot OD'=\dfrac{(c-a)^2}{4}$
が示された．以上で，$I(O,\frac{}(c-a)^2{4})$による$D,F$の逆点が$D',F'$であることが分かり， フォイエルバッハの定理の証明が終了した．

すでに，幾何学大辞典に11個の証明があると述べたが（反転変換を用いるのは証明３）機会があったら見てみましょう． どれもよく考えたなと思えるものです．ちなみにこの定理は証明が難解として有名です．

反転変換により，三角形の内接円の半径，外接円の半径，内心,外心間の距離の関係も導き出すことができる．

定理（オイラー）
$\triangle ABC$の外接円の半径$R$，内接円の半径$r$，外心，内心間の距離を$d$とする． このとき
$d^2=R^2-2Rr$
が成り立つ．

証明
$\triangle ABC$の内接円$I$との接点を$P,Q,R$とし，線分$QR,RP,PQ$の中点をそれぞれ$D,E,F$とすると， 内接円を反転円とする反転変換$I(I,r^2)$により
$A\mapsto D,B\mapsto E,C\mapsto F$(反転の定義)
したがって，反転変換$I(I,r^2)$による$\triangle ABC$の外接円$O_1$の反形は$\triangle PQR$の9点円$O_2$ である．
$\triangle PQR$の外接円の半径が$r$であるから，9点円である円$O_2$の半径は$\frac{r}{2}$である．
命題2-3で反転変換$I(O,r^2)$による半径$r$の円$C$の反形が半径$R$の円$C'$のとき，$r,R,d=OC$の 関係式を求めてあるが，2円の中心$C,C'$が反転円$O$の内部にあるのでそのままでは使えない（負のべきの反転変換が必要）．
ここでは直接$R,r,d$の関係式を直接求める（命題2-3の証明とほとんど同じことをする）．
直線$O_1I$と9点円$O_2$との交点を$A,B$,外接円$O_1$と交点を$A',B'$とする(右図)． このとき
$IA\cdot IA'=IB\cdot IB'=r^2$
$r=IA+IB$
$=\dfrac{r^2}{IA'}+\dfrac{r^2}{IB'}$
$=\dfrac{r^2}{R-d}+\dfrac{r^2}{R+d}\cdots (*)$
$=\dfrac{r^2\cdot 2R}{R^2-d^2}$
$\therefore R^2-d^2=2rR$

逆も考える．
2円$O,I$の半径がそれぞれ$R,r$,$OI=d$が
$R^2-d^2=2rR$
を満たすとき．
上の変形の$(*)$で両辺を$r^2$で割ると
$\dfrac{1}{r}=\dfrac{1}{R-d}+\dfrac{1}{R+d}$
より
$r < R-d$
すなわち，円$I$は円$O$に含まれることが分かる．
なお，
$\dfrac{2}{2r}=\dfrac{1}{R-d}+\dfrac{1}{R+d}$
と変形すれば,円$I$の直径は$R+d,R-d$の調和平均である．
円$O$の周上に点$P$を取り，$PI$の延長と円$O$との交点を$T$, $T$を中心とする半径$TI$の円と円$O$との交点を$Q,R$とし，$\triangle PQR$ を考える．
$TQ=TR$より$PI$は$\angle P$の二等分線で，
$\angle PQR=\angle PTR$(弧$PR$の円周角)
$\angle IQR=\dfrac{1}{2}\angle ITR$(円$T$で弧$IR$の中心角と円周角)
より$QI$は$\angle PQR$の2等分線．
したがって，$I$は$\triangle PQR$の内心．
$\triangle PQR$の内接円の半径を$r'$とすると<
すでに証明した定理より
$R^2-d^2=2r'R$
一方，仮定より
$R^2-d^2=2rR$
であるから
$r=r'$
したがって， 2円$O,I$の半径がそれぞれ$R,r$,$OI=d$が
$R^2-d^2=2rR$
を満たすとき$\cdots (*)$
円$O$を外接円，円$I$の内接円とする三角形が存在することが分かる．
逆の証明で，点$P$は円$O$上のどこにとってもよいから， このような$\triangle PQR$は無数に存在するすることがわかる．
次のように言ってもよい．
$(*)$のとき
点$P$を円$O$の周上の任意の点とする．
$P$から円$I$に接線を引き円$O$との交点を$Q$,$Q$から円$I$に接線を引き円$O$との交点を$R$, さらに点$R$から円$I$に接線を引けば点$P$に戻る．
この性質は閉形問題と呼ばれている．


次に扱うのはアポロニウスの問題です．これは接円問題の一つです．
接円問題とは，いくつかの円に接する円を求める問題ですが，ここでいういくつかの円とは， 直線，これは半径無限大の円，点，これは半径$0$の円,を含み，点$A$を中心とする半径$0$ の円に接するとは，点$A$を通ることを意味します．また，平面における円の方程式は
$x^2+y^2+ax+by+c=0$
より，3つの未知数を持つので，円を確定するには３条件が必要です．接円問題とは
平面上で，点，直線，円の中から重複を許し3つを選んだとき，それらに接する円を求める問題
となります．
問題からわかるように，実際は
${}_3H_3={}_5C_3=10$
通りの問題があります．
具体的に見てみましょう．
$\bullet$3点を通る円．
3点が同一直線上にない時，ただ一つの円が存在して，3点が同一直線上の時存在しない．

これは簡単に解決しました．
$\bullet$3本の直線に接する円
場合分けも少し複雑になります．
(case 1) 3直線が1点で交わるとき．
3直線に接する円は存在しない．（∵　2本の直線に接する円は第3の直線に接しない）
(case 2)3直線が１点で交わらず，どの2直線も平行でないとき
内接円が１，傍接円が３より，3直線に接する円は合わせて4つ存在する．
(case 3) 平行な2直線と1直線
右図のように2個の円が存在する．
(case 4) 3直線が平行
3直線に接する円は存在しない．

この例が示すように場合分けが思ったより煩雑であり，それぞれの場合の条件を満たす円の個数は 簡単でない場合が多い

一方，作図題として接円問題を見てみよう．１０種類の問題は関係しているのも少なくない．
例えば，
$\bullet$2直線$l,m$および円$C$に接する円
を考える．
完成したとして，その図形を眺めてみる．
円$C$の半径を$r$とすれば，2直線$l,m$を$r$だけ平行移動した直線をそれぞれ$l',m'$ とすれば，円$C$の中心$C$を通り$l',m'$に接する円を作り，同じ中心で半径が$r$だけ小さい円が求めるものであることが分かる．
したがって
$\bullet$2直線$l,m$に接しかつ点$P$を通る円
を求める問題に帰着される．
直線$l,m$をそれぞれ$OA,OB$とし，$\angle AOB$で考える．
求める円を$C_1$とする．
$OA,OB$に接する円を$C$とすると，2円$C,C_1$は$O$を相似の中心とする相似の位置にある．
$OP$と円$C$との交点を$P'$とし(2点あるが片方)とすると
$P' \stackrel{H(O,\frac{OP}{OP'})}{\longmapsto}P$
である．円$C_1$の中心$C_1$は
$OC:OC_1=OP':OP$
であるから，$P$を通り$P'C$と平行な直線と$\angle AOB$の2等分線との交点である．
求める図形は2つあり，もう一つは図の$P''$に対応するもの．

もう一つ
$\bullet$2点$A,B$を通り，直線$l$に接する円
を考える．
2点$A,B$を通る円は，線分$AB$の垂直二等分線に関して対称である．それを利用する．
線分$AB$の垂直二等分線$m$に関して$l$と対称な直線を$n$とすると，求める円は，$A$を通り2直線$l,n$に接する円である．

次に，一般的な作図解と反転を用いた解を比べてみよう．
$\bullet$2点$A,B$を通り，定円$C$に接する円
一般的な作図解
2点$A,B$を通る円をかき，定円$C$との交点を$D,E$とし，2直線$AB,DE$の交点を$P$とする．
$P$から円$C$に接線$PT,PT'$を引くと
$PA\cdot PB=PD\cdot PE=PT^2=PT'^2$
であるから，3点$A,B,T$を通る円，および3点$A,B,T'$を通る円が求める円である．

反転変換を用いた作図解
点$A$を中心とする円を反転円とする反転変換$I(A)$による点$B$の逆点を$B'$,円$C$ の反形を円$C'$とする．求める図形は，$B'$を通り円$C'$に接する直線$l,m$ の反形である．

反転変換を利用した方が簡単に解が求まるが，解の図形的意味は一般的解にかなわない．
接円問題は，点，直線，円を具体的に与えて円を求めるならそれほど難しくないが，例えば，円と直線の関係は離れている，接する，交わるの 3種類．2円の関係は離れている，外接，交わる，内接，含まれるの5種類あり，状況が変わると接円の個数も変わってくる．これは思ったより煩雑である．

次に，アポロニウスの問題を考える．接円問題をアポロニウスの問題としている書もあるが，ここでは接円問題のうち一番面倒な，3円を与えたときに， その3円に接する円を求める問題をアポロニウスの問題と呼ぶことにする．

アポロニウスの問題
平面上に任意に3円与えられている．このとき，3円の全てに接する第４円を求めよ．
について考える.
3円$S_1,S_2,S_3$が与えられたとき，3円の関係で，すべての円に接する円の個数は異なる．
すべての場合を扱うことはできない．ここでは，$S_1,S_2$が交わる，外接する，離れている場合に分け調べる．
なお，いずれの場合も$S_3$は離れている場合を考える．
$\bullet \ S_1,S_2$が2点で交わるとき．

$\bullet \ S_1,S_2$が外接するとき．
$S_1,S_2$の接点を$O$とし，$O$を中心とする円を反転円とする反転変換を$I(O)$とする．
$I(O)$による$S_1,S_2$の反形は，平行な2直線$S_1',S_2'$である．
したがって，平行な2直線$S_1',S_2'$および$S_3$の反形$S_3'$に接する 円を求める問題である，
$S_1',S_2'$に平行で$S_3'$に接する円($O$で接する円)を含め6個であることが分かる(右下図)．













$\bullet \ S_1,S_2$が離れているとき．
ここでは，
命題4-5
交わらない2円に対して，それぞれの円の反形が同心円となる反転変換が存在する．
を利用して考える，この証明は，根軸を用いて次章で扱っているが， 直接証明することもできるので，それは後で行う．
ある反転変換で$S_1,S_2$の反形が同心円$S_1',S_2'$であり，$S_3$の反形$S_3'$が$S_1',S_2'$の間に 含まれる場合を考える．
$S_1'$に外接する場合が4個，$S_1'$を内接する場合が4個，合わせて8個であることが分かる．

命題4-5の証明
いくつかの段階に分けて示す．
(step 1)
方針を述べる．
円が直線と直交するとき，円の中心は直交する直線上にある
が成り立つので，円$S$が2直線$l,m$と直交すれば，円$S$の中心$S$は$l,m$の交点である．
したがって，
2円$S_1,S_2$がともに直線$l,m$に直交すれば$S_1,S_2$は同心円である．
これが方針です．

(step 2)
2円$S_1,S_2$が交わらないとき，2円の中心を結ぶ直線上に中心を持つ$S_1,S_2$に直交する円$C$ が存在するなら，$S_1,S_2$の反形が同心円となる反転変換が存在する．
証明
2円$S_1,S_2$の中心を結ぶ直線を$l$とし，$l$と円$C$の交点をうち，片方を定めそれを$O$とする．
$O$を中心とする円を反転円とする反転変換を$I(O)$とすると，$I(O)$による，円$C$,直線$l$のl反形はそれぞれ， 直線$C',l$で，$S_1,S_2$は直線$l$,円$C$と直交するから$S_1,S_2$の反形$S_1',S_2'$は直線$C',l$に直交する．
したがって，$S_1',S_2'$は2直線$C',l$の交点を中心とする同心円である．

(step 3)
2円$S_1,S_2$が交わらないとき，2円$S_1,S_2$の中心を結ぶ直線$l$上に中心を持ち， 2円$S_1,S_2$に直交する円が存在する．
証明
$l$と$S_2$の交点の片方を$O$とし，$O$を中心とする円を反転円とする反転変換を$I(O)$とする．
$I(O)$による，$S_1,S_2$の反形をそれぞれ円$S_1'$，直線$S_2'$とする．
$l$と$S_2'$の交点を$C$とし，$C$から円$S_1'$に接線$CP$を引き，$C$を中心とする半径$CP$ の円を$C$とする．
この時，円$C$は円$S_1'$,直線$S_2'$に直交する．
円$C$の$I(O)$による反形を$C'$とすると$I(O)\circ I(O)=\mathrm{id}$であるから，円$C'$は中心が$l$ 上にあり，2円$S_1,S_2$に直交する円である．

これで，証明が終了した．
$S_1,S_2$の場合分けをして，$S_3$が$S_1,S_2$と共有点を持たない場合を調べたが， 当然これだけでは不十分である．$S_3$が$S_1,S_2$のいずれかとまたは両方と共有点を持つ場合調べる必要があり， これは相当煩雑な問題である．

5. Steiner chain

反転とその性質の目次

全体の目次