37F　「証明は面倒…でも諸定理のかなめ！」 ― 円周角の定理

（命題）

円$\mathrm{O}$の周上に2点$\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$をとり、$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{PQ}}$を除く任意の円周上に点$\mathrm{R}$をとる。この時、次が成り立つ。

$\angle \mathrm{PRQ} = \dfrac{\angle \mathrm{POQ}}{2}$

（証明）

中心角$\angle \mathrm{POQ}$の大きさにもとづいて、次のように場合分けして考える。

(1) $0^{\circ} < \angle \mathrm{POQ} < 180^{\circ}$の時

この時、$\mathrm{R}$の位置によって、さらに次の3通りが考えられる。

(1-a) 直線$\mathrm{OR}$上に$\mathrm{P}$または$\mathrm{Q}$が存在する時

例えば直線$\mathrm{OR}$上に$\mathrm{Q}$が存在する場合、$\angle \mathrm{PRQ} = \alpha$とすると、円の定義から、$\triangle \mathrm{ORP}$は$\mathrm{OR} = \mathrm{OP}$の二等辺三角形なので、

$\angle \mathrm{ORP} = \angle \mathrm{OPR} = \alpha$

中心角$\angle \mathrm{POQ}$は、ちょうど$\triangle \mathrm{ORP}$の外角でもあり、

$\begin{align}
\angle \mathrm{POQ} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{OPR} \\[1.5ex]
&= 2 \times \alpha
\end{align}$

つまり、円周角$\angle \mathrm{PRQ}(\angle \mathrm{ORP})$は中心角$\angle \mathrm{POQ}$の半分である。

(1-b) 直線$\mathrm{OR}$と$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{PQ}}$が、$\mathrm{P}$, $\mathrm{Q}$と異なる点$\mathrm{S}$で交わる時

$\triangle \mathrm{ORP}$, $\triangle \mathrm{ORQ}$は二等辺三角形なので、

$\angle \mathrm{ORP} = \angle \mathrm{OPR} = \alpha$

$\angle \mathrm{ORQ} = \angle \mathrm{OQR} = \beta$

と表せる。ここで各三角形の外角に注目すると、

$\begin{align}
\angle \mathrm{POS} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{OPR} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha
\end{align}$

（以降×の記号は省略）

$\begin{align}
\angle \mathrm{QOS} &= \angle \mathrm{ORQ}+\angle \mathrm{OQR} \\[1.5ex]
&= 2 \beta
\end{align}$

よって、円周角$\angle \mathrm{PQR}$と中心角$\angle \mathrm{POR}$はそれぞれ次のように表せる。

$\begin{align}
\angle \mathrm{PRQ} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{ORQ} \\[1.5ex]
&= \alpha+\beta
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{POQ} &= \angle \mathrm{POS}+\angle \mathrm{QOS} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha+2 \beta \\[1.5ex]
&= 2(\alpha+\beta)
\end{align}$

つまり、円周角$\angle \mathrm{PQR}$は中心角$\angle \mathrm{POQ}$の半分である。

(1-c) 直線$\mathrm{OR}$が$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{PQ}}$と交わらない時

直線$\mathrm{OR}$と円$\mathrm{O}$の交点を$\mathrm{S}$とする。

$\triangle \mathrm{ORP}$, $\triangle \mathrm{ORQ}$は二等辺三角形なので、

$\angle \mathrm{ORP} = \angle \mathrm{OPR} = \alpha$

$\angle \mathrm{ORQ} = \angle \mathrm{OQR} = \beta$

と表せる。ここで各三角形の外角に注目すると、

$\begin{align}
\angle \mathrm{POS} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{OPR} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{QOS} &= \angle \mathrm{ORQ}+\angle \mathrm{OQR} \\[1.5ex]
&= 2 \beta
\end{align}$

よって、円周角$\angle \mathrm{PQR}$と中心角$\angle \mathrm{POR}$はそれぞれ次のように表せる。

$\begin{align}
\angle \mathrm{PRQ} &= \angle \mathrm{ORP}-\angle \mathrm{ORQ} \\[1.5ex]
&= \alpha-\beta
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{POQ} &= \angle \mathrm{POS}-\angle \mathrm{QOS} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha-2 \beta \\[1.5ex]
&= 2(\alpha-\beta)
\end{align}$

つまり、円周角$\angle \mathrm{PQR}$は中心角$\angle \mathrm{POQ}$の半分である。

よって(1-a), (1-b), (1-c)から、(1)の場合において命題は真である。

(2) $\angle \mathrm{POQ} = 180^{\circ}$の時

$\triangle \mathrm{ORP}$, $\triangle \mathrm{ORQ}$は二等辺三角形なので、

$\angle \mathrm{ORP} = \angle \mathrm{OPR} = \alpha$

$\angle \mathrm{ORQ} = \angle \mathrm{OQR} = \beta$

と表せる。ここで各三角形の外角に注目すると、

$\begin{align}
\angle \mathrm{QOR} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{OPR} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{POR} &= \angle \mathrm{ORQ}+\angle \mathrm{OQR} \\[1.5ex]
&= 2 \beta
\end{align}$

よって、円周角$\angle \mathrm{PQR}$と中心角$\angle \mathrm{POR}$はそれぞれ次のように表せる。

$\begin{align}
\angle \mathrm{PRQ} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{ORQ} \\[1.5ex]
&= \alpha+\beta
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{POQ} &= \angle \mathrm{QOR}+\angle \mathrm{POR} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha+2 \beta \\[1.5ex]
&= 2(\alpha+\beta) \\[1.5ex]
\end{align}$

つまり、円周角$\angle \mathrm{PQR}$は中心角$\angle \mathrm{POQ}$の半分であり、この場合において命題は真である。

(3) $180^{\circ} < \angle \mathrm{POQ} < 360^{\circ}$の時

直線$\mathrm{OR}$と円$\mathrm{O}$の交点を$\mathrm{S}$とする。

$\triangle \mathrm{ORP}$, $\triangle \mathrm{ORQ}$は二等辺三角形なので、

$\angle \mathrm{ORP} = \angle \mathrm{OPR} = \alpha$

$\angle \mathrm{ORQ} = \angle \mathrm{OQR} = \beta$

と表せる。ここで各三角形の外角に注目すると、

$\begin{align}
\angle \mathrm{POS} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{OPR} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{QOS} &= \angle \mathrm{ORQ}+\angle \mathrm{OQR} \\[1.5ex]
&= 2 \beta
\end{align}$

よって、円周角$\angle \mathrm{PQR}$と中心角$\angle \mathrm{POR}$はそれぞれ次のように表せる。

$\begin{align}
\angle \mathrm{PRQ} &= \angle \mathrm{ORP}+\angle \mathrm{ORQ} \\[1.5ex]
&= \alpha+\beta
\end{align}$

$\begin{align}
\angle \mathrm{POQ} &= \angle \mathrm{POS}+\angle \mathrm{QOS} \\[1.5ex]
&= 2 \alpha+2 \beta \\[1.5ex]
&= 2(\alpha+\beta)
\end{align}$

つまり、円周角$\angle \mathrm{PQR}$は中心角$\angle \mathrm{POQ}$の半分であり、この場合において命題は真である。

以上(1), (2), (3)より、命題は真であることが示せた。

（証明終）

（命題）

円$\mathrm{O}$に対して、$\mathrm{T}$を接点とする接線$\mathrm{PT}$と$\mathrm{T}$を端点とする弦$\mathrm{AT}$があるとする。

この時、接線$\mathrm{PT}$と弦$\mathrm{AT}$がなす角$\angle \mathrm{ATP}$は、$\angle \mathrm{ATP}$の内側にある$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{AT}}$に対する円周角$\angle \mathrm{ABT}$に等しくなる。

$\angle \mathrm{ATP} = \angle \mathrm{ABT}$

（証明）

(1) $\angle \mathrm{ATP}$が直角の時

$\mathrm{PT}$は接線なので、$\mathrm{PT} \perp \mathrm{OT}$が成り立っている。つまり$\angle \mathrm{ATP} = 90^{\circ}$の時、$\mathrm{TA}$は中心$\mathrm{O}$を通る直径に相当している。

よって、$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{TA}}$について円周角の定理より、

$\begin{align}
\angle \mathrm{ABT} &= \dfrac{\angle \mathrm{TOA}}{2} \\[1.5ex]
&= \dfrac{180^{\circ}}{2} = 90^{\circ}
\end{align}$

ゆえに、$\angle \mathrm{ATP} = \angle \mathrm{ABT} (= 90^{\circ})$である。

(2) $\angle \mathrm{ATP}$が鋭角の時

中心$\mathrm{O}$を通る直線$\mathrm{TC}$を引く。

$\mathrm{PT}$は接線なので、

$\angle \mathrm{CTP} = 90^{\circ}$

$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{TC}}$について円周角の定理より、

$\begin{align}
\angle \mathrm{TBC} &= \dfrac{\angle \mathrm{TOC}}{2} \\[1.5ex]
&= \dfrac{180^{\circ}}{2} = 90^{\circ}
\end{align}$

よって、

$\angle \mathrm{CTP} = \angle \mathrm{TBC} = 90^{\circ}$　<1>

また、$\stackrel{\huge \frown}{\mathrm{AC}}$について円周角の定理より、

$\angle \mathrm{CTA} = \angle \mathrm{ABC}$　<2>

<1>, <2>より、

$\begin{align}
\angle \mathrm{ATP} &= \angle \mathrm{CTP}-\angle \mathrm{CTA} \\[1.5ex]
&= \angle \mathrm{TBC}-\angle \mathrm{ABC} \\[1.5ex]
&= \angle \mathrm{ABT}
\end{align}$

(3) $\angle \mathrm{ATP}$が鈍角の時

中心$\mathrm{O}$を通る直線$\mathrm{TC}$を引く。

(2)の場合と同じように考えると、

$\angle \mathrm{CTP} = \angle \mathrm{TBC} = 90^{\circ}$　<3>

$\angle \mathrm{CTA} = \angle \mathrm{ABC}$　<4>

が成り立つ。よって<3>, <4>より、

$\begin{align}
\angle \mathrm{ATP} &= \angle \mathrm{CTP}+\angle \mathrm{CTA} \\[1.5ex]
&= \angle \mathrm{TBC}+\angle \mathrm{ABC} \\[1.5ex]
&= \angle \mathrm{ABT}
\end{align}$

以上(1), (2), (3)より、命題は真であることが示せた。

（証明終）