円周角の定理の座標のみを用いた証明

まず$r$を$0<r<1$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$\mathrm{P}$,原点を$\mathrm{O}$とする.この時,半径が$1$で$\mathrm{O},\mathrm{P}$を通るような円$\mathrm{C}$を考える.
さて,$\mathrm{P}$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$\mathrm{\angle }\mathrm{X}\mathrm{O}\mathrm{P}=\theta$($X$は$x$軸上の正の部分のある点)となっている.では,円$\mathrm{C}$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$\mathrm{O},\mathrm{P}$を通るので
$$\{\begin{array}{ll}{a}^2+b^2=1& \cdots (1)\\ (2r\cos \theta -a{)}^2+(2r\sin \theta -b{)}^2=1& \cdots (2)\end{array}$$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.
$$4r^2-4r\cos \theta \cdot a-4r\sin \theta \cdot b=0\iff b=\frac{r-\cos \theta \cdot a}{\sin \theta }\cdots (2{)}^{\prime }$$これを$(1)$に代入すると
$$a^2+{\left(\frac{r-\cos \theta \cdot a}{\sin \theta }\right)}^2=1\iff {\sin }^2\theta \cdot a^2+(\cos \theta \cdot a-r{)}^2-{\sin }^2\theta =0$$$$\iff a^2-2r\cos \theta \cdot a+r^2-{\sin }^2\theta =0\iff (a-r\cos \theta {)}^2=(1-r^2){\sin }^2\theta$$$$\iff a=r\cos \theta \pm \sqrt{1-r^2}\sin \theta$$$(2{)}^{\prime }$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$\mathrm{C}$の方程式は次のようになる.$${\{x-(r\cos \theta \pm \sqrt{1-r^2}\sin \theta )\}}^2+{\{y-(r\sin \theta \mp \sqrt{1-r^2}\cos \theta )\}}^2=1$$
さて,この円が$x$軸と交わる原点でない点を$\mathrm{Q}$とする.この点の座標を求める.$\mathrm{C}$の方程式において$y=0$とすることにより$${\{x-(r\cos \theta \pm \sqrt{1-r^2}\sin \theta )\}}^2+(r\sin \theta \mp \sqrt{1-r^2}\cos \theta {)}^2=1$$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$\mathrm{Q}$の座標は$$(2(r\cos \theta \pm \sqrt{1-r^2}\sin \theta ),0)$$と表される.さてここで直線$\mathrm{P}\mathrm{Q}$の傾きを求めると$$\frac{2r\sin \theta }{2r\cos \theta -2(\cos \theta \pm \sqrt{1-r^2}\sin \theta )}=\mp \frac{r}{\sqrt{1-r^2}}$$となり$\mathrm{\angle }\mathrm{O}\mathrm{Q}\mathrm{P}$は$\theta =\mathrm{\angle }\mathrm{Q}\mathrm{O}\mathrm{P}$に依らない.これは即ち円周角の定理である.$◻$