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円周角の定理の座標のみを用いた証明

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$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

まず$r$$0< r <1$なる実数とする.また,$xy$直交座標平面上において原点中心で半径が$2r$であるような円の周上でしかも$y>0$を満たす部分にある点を$\rm P$,原点を$\rm O$とする.この時,半径が$1$$\rm O,\,P$を通るような円$\rm C$を考える.
さて,$\rm P$の座標は$0<\theta<\pi$なる$\theta$を用いて$(2r\cos\theta,2r\sin\theta)$と表される.またこの時$\rm\angle XOP=\theta$($X$$x$軸上の正の部分のある点)となっている.では,円$\rm C$を表す方程式を求めよう.
求める方程式を半径が$1$であることから$(x-a)^2+(y-b)^2=1$と置く.これが$\rm O,\,P$を通るので
$$\begin{cases} a^2+b^2=1&\cdots(1)\\ (2r\cos\theta-a)^2+(2r\sin\theta-b)^2=1&\cdots(2) \end{cases}$$が成立する.$(2)$式を展開し$b$について解き,$(1)$式に代入する.
$$4r^2-4r\cos\theta\cdot a-4r\sin\theta\cdot b=0\Leftrightarrow b=\frac{r-\cos\theta\cdot a}{\sin\theta}\quad\cdots(2)'$$これを$(1)$に代入すると
$$a^2+\left(\frac{r-\cos\theta\cdot a}{\sin\theta}\right)^2=1\Leftrightarrow\sin^2\theta\cdot a^2+(\cos\theta\cdot a-r)^2-\sin^2\theta=0$$$$\Leftrightarrow a^2-2r\cos\theta\cdot a+r^2-\sin^2\theta=0\Leftrightarrow(a-r\cos\theta)^2=(1-r^2)\sin^2\theta$$$$\Leftrightarrow a=r\cos\theta\pm\sqrt{1-r^2}\sin\theta$$$(2)'$にこれを代入すれば$$b=\frac{r-r\cos^2\theta\mp\sqrt{1-r^2}\cos\theta\sin\theta}{\sin\theta}=r\sin\theta\mp\sqrt{1-r^2}\cos\theta$$従って$\rm C$の方程式は次のようになる.$$\left\{x-(r\cos\theta\pm\sqrt{1-r^2}\sin\theta)\right\}^2+\left\{y-(r\sin\theta\mp\sqrt{1-r^2}\cos\theta)\right\}^2=1$$
さて,この円が$x$軸と交わる原点でない点を$\rm Q$とする.この点の座標を求める.$\rm C$の方程式において$y=0$とすることにより$$\left\{x-(r\cos\theta\pm\sqrt{1-r^2}\sin\theta)\right\}^2+(r\sin\theta\mp\sqrt{1-r^2}\cos\theta)^2=1$$となるが,$x=0$が明らかに解であるのでこの方程式は$x^2+Ax=0$なる形になる.即ち定数項は$0$になるので計算すると$$x^2-2(r\cos\theta\pm\sqrt{1-r^2}\sin\theta)x=0$$となる.従って$\rm Q$の座標は$$\left(2\left(r\cos\theta\pm\sqrt{1-r^2}\sin\theta\right),0\right)$$と表される.さてここで直線$\rm PQ$の傾きを求めると$$\frac{2r\sin\theta}{2r\cos\theta-2\left(\cos\theta\pm\sqrt{1-r^2}\sin\theta\right)}=\mp\frac r{\sqrt{1-r^2}}$$となり$\rm\angle OQP$$\rm\theta=\angle QOP$に依らない.これは即ち円周角の定理である.$\Box$

投稿日:2020117
更新日:2020117

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