円に内接する四角形

円 $x^2+y^2=25$ の上に $A(5,0)$、$B(3,4)$、$C(-4,3)$、$D(0,-5)$ をとる（どれも $x^2+y^2=25$ を満たす）。四角形 $ABCD$ の角を、ベクトルの 内積 $\cos\angle XVY=\dfrac{\overrightarrow{VX}\cdot\overrightarrow{VY}}{|\overrightarrow{VX}|\,|\overrightarrow{VY}|}$ で求める（ベクトルの内積（高校数学））。
(1) $\angle A=\angle DAB$。$\overrightarrow{AB}=(-2,4)$、$\overrightarrow{AD}=(-5,-5)$ で、内積は $10-20=-10$、長さは $\sqrt{20}=2\sqrt5$ と $\sqrt{50}=5\sqrt2$ である。よって
$$ \cos\angle A=\frac{-10}{2\sqrt5\cdot5\sqrt2}=\frac{-10}{10\sqrt{10}}=-\frac1{\sqrt{10}} $$
である。
(2) $\angle C=\angle BCD$。$\overrightarrow{CB}=(7,1)$、$\overrightarrow{CD}=(4,-8)$ で、内積は $28-8=20$、長さは $\sqrt{50}=5\sqrt2$ と $\sqrt{80}=4\sqrt5$ である。よって
$$ \cos\angle C=\frac{20}{5\sqrt2\cdot4\sqrt5}=\frac{20}{20\sqrt{10}}=\frac1{\sqrt{10}} $$
である。
$\cos\angle C=-\cos\angle A=\cos(180^\circ-\angle A)$ で、角は $0^\circ$ から $180^\circ$ の間にあるので $\angle C=180^\circ-\angle A$、つまり $\angle A+\angle C=180^\circ$ である（およそ $108.4^\circ+71.6^\circ$）。同じ計算で $\cos\angle B=-\dfrac1{\sqrt{10}}$、$\cos\angle D=\dfrac1{\sqrt{10}}$ となり、$\angle B+\angle D=180^\circ$ である。

平行四辺形 $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(5,2)$、$D(1,2)$ を考える。$\overrightarrow{AB}=(4,0)$、$\overrightarrow{AD}=(1,2)$ なので $\cos\angle A=\dfrac{4}{4\sqrt5}=\dfrac1{\sqrt5}$ で、$\angle A$ はおよそ $63.4^\circ$ である。平行四辺形では向かい合う角が等しいので $\angle C=\angle A$ で、$\angle A+\angle C$ はおよそ $126.9^\circ$ であり、$180^\circ$ にならない。
実際、この平行四辺形は円に内接しない。$A$、$B$、$D$ を通る円を $x^2+y^2+lx+my+n=0$ とおくと、$A$ から $n=0$、$B$ から $16+4l=0$ で $l=-4$、$D$ から $1+4-4+2m=0$ で $m=-\dfrac12$ である。この円の式の左辺に $C(5,2)$ を入れると $25+4-20-1=8\ne0$ なので、$C$ はこの円の上にない。

1. 長方形は円に内接する。長方形の 2 本の対角線は長さが等しく、互いの中点で交わるので、対角線の交点から 4 つの頂点までの距離はすべて等しい。その交点を中心とし、対角線の半分を半径とする円が外接円である。長方形の角はどれも $90^\circ$ なので、向かい合う角の和は $180^\circ$ である。
2. 円 $x^2+y^2=25$ の上の $A(-3,4)$、$B(-4,-3)$、$C(4,-3)$、$D(3,4)$ は、円周上にこの順に並ぶ。四角形 $ABCD$ は $AD$ と $BC$ が平行（どちらも $x$ 軸に平行）な台形で、$AB=\sqrt{1+49}=\sqrt{50}$、$DC=\sqrt{1+49}=\sqrt{50}$ なので等脚台形である。

ex-cyc-start の $B(3,4)$、$D(0,-5)$ について、中心 $O(0,0)$ から見た角を計算する。$\overrightarrow{OB}=(3,4)$、$\overrightarrow{OD}=(0,-5)$ の内積は $-20$、長さはどちらも $5$ なので、$\cos\angle BOD=-\dfrac{20}{25}=-\dfrac45$ で、$\angle BOD$ はおよそ $143.1^\circ$ である。$\angle BOD$ は $180^\circ$ より小さいので、これは $B$ から $D$ への短い方の弧の中心角で、その弧は $A(5,0)$ を含む。したがって $A$ を含まない弧の中心角は $360^\circ-143.1^\circ=216.9^\circ$ である。prf-cyc-opposite の段 2 により $\angle A$ はおよそ $\dfrac{216.9^\circ}2=108.4^\circ$、段 3 により $\angle C$ はおよそ $\dfrac{143.1^\circ}2=71.6^\circ$ で、ex-cyc-start の値と一致する。

$A(-5,0)$、$B(3,4)$、$C(5,0)$、$D(0,-5)$ とする。$\overrightarrow{BA}=(-8,-4)$、$\overrightarrow{BC}=(2,-4)$ の内積は $-16+16=0$ なので $\angle ABC=90^\circ$ である。$\overrightarrow{DA}=(-5,5)$、$\overrightarrow{DC}=(5,5)$ の内積は $-25+25=0$ なので $\angle ADC=90^\circ$ である。$B$ と $D$ は直線 $AC$（$x$ 軸）の反対側にあり、$\angle B+\angle D=180^\circ$ なので、thm-cyc-converse（$A$、$C$ の役を $B$、$D$ にして使う）により 4 点は同一円周上にある。実際 4 点はどれも $x^2+y^2=25$ を満たし、外接円は $AC$ を直径とする円である。

三角形 $ABC$ で、$B$、$C$ から向かい合う辺に下ろした垂線の足を $E$、$F$ とし、$E$ は辺 $CA$ の内部、$F$ は辺 $AB$ の内部にあるとする。$\angle BEC=\angle BFC=90^\circ$ で、$E$ と $F$ は直線 $BC$ について $A$ と同じ側にあるので、後の ex-cyc-feet と同じ理由（thm-cyc-same-side）で $B$、$C$、$E$、$F$ は同一円周上にある。並ぶ順も確かめる。$F$ は辺 $AB$ の内部の点なので、$A$ と $B$ は直線 $CF$ の反対側にある。$E$ は辺 $CA$ の内部の点で、直線 $CA$ と直線 $CF$ の共有点は $C$ だけなので、線分 $AE$ は直線 $CF$ と交わらず、$E$ は $A$ と同じ側にある。よって $B$ と $E$ は直線 $CF$ の反対側にあり、事実 3 により、$B$ と $E$ は $C$ と $F$ で分けた別々の弧の上にある。つまり 4 点は円周上に $B$、$C$、$E$、$F$ の順に並び、四角形 $BCEF$ は円に内接する。四角形 $BCEF$ の頂点 $E$ の外角は、辺 $CE$ を $E$ の先へ延ばした半直線（その上に $A$ がある）と辺 $EF$ のつくる角 $\angle AEF$ である。cor-cyc-exterior により、これは内対角 $\angle FBC=\angle ABC$ に等しい。
数値で確かめる。$A(1,4)$、$B(0,0)$、$C(5,0)$ では $E\left(\dfrac52,\dfrac52\right)$、$F\left(\dfrac5{17},\dfrac{20}{17}\right)$ である。$\cos\angle ABC=\dfrac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}|\,|\overrightarrow{BC}|}=\dfrac{5}{\sqrt{17}\cdot5}=\dfrac1{\sqrt{17}}$ である。一方 $\overrightarrow{EA}=\left(-\dfrac32,\dfrac32\right)$、$\overrightarrow{EF}=\left(-\dfrac{75}{34},-\dfrac{45}{34}\right)$ で、内積は $\dfrac{225}{68}-\dfrac{135}{68}=\dfrac{90}{68}$、長さは $\dfrac{3}{\sqrt2}$ と $\dfrac{15\sqrt{34}}{34}$ なので
$$ \cos\angle AEF=\frac{90/68}{\frac{3}{\sqrt2}\cdot\frac{15\sqrt{34}}{34}}=\frac{90}{68}\cdot\frac{34\sqrt2}{45\sqrt{34}}=\frac{\sqrt2}{\sqrt{34}}=\frac1{\sqrt{17}} $$
であり、確かに $\angle AEF=\angle ABC$ である。

ex-cyc-exterior の三角形 $A(1,4)$、$B(0,0)$、$C(5,0)$ で、$E$、$F$ は垂線の足なので $\angle BEC=\angle BFC=90^\circ$ である。$E$ と $F$ は直線 $BC$（$x$ 軸）の同じ側（上側）にあるので、thm-cyc-same-side により $B$、$C$、$E$、$F$ は同一円周上にある。見込む角が $90^\circ$ なので、この円は $BC$ を直径とする円である（直径に対する円周角）。実際、中心 $\left(\dfrac52,0\right)$ からの距離の 2 乗は、$E$ では $0^2+\left(\dfrac52\right)^2=\dfrac{25}4$、$F$ では $\left(\dfrac5{17}-\dfrac52\right)^2+\left(\dfrac{20}{17}\right)^2=\dfrac{5625}{1156}+\dfrac{1600}{1156}=\dfrac{7225}{1156}=\dfrac{25}4$ で、どちらも半径 $\dfrac52$ の 2 乗に等しい。

平行四辺形 $ABCD$ が円に内接するとする。平行四辺形では向かい合う角が等しいので $\angle A=\angle C$ である。thm-cyc-opposite により $\angle A+\angle C=180^\circ$ なので、$2\angle A=180^\circ$、$\angle A=90^\circ$ である。同じように $\angle B=\angle D=90^\circ$ で、$ABCD$ は長方形である。ex-cyc-start-parallelogram の平行四辺形は $\angle A$ がおよそ $63.4^\circ$ で直角でないので、この結果からも円に内接しないことが分かる。

四角形 $ABCD$ が円に内接し、$AD$ と $BC$ が平行であるとする。平行線の同側内角の和は $180^\circ$ なので $\angle A+\angle B=180^\circ$ である。thm-cyc-opposite により $\angle A+\angle C=180^\circ$ である。2 つの式から $\angle B=\angle C$ で、底辺 $BC$ の両端の角が等しいので、$ABCD$ は等脚台形（$AB=DC$）である。ex-cyc-examples (2) の台形はその例で、$AB=DC=\sqrt{50}$ だった。

1. ex-cyc-start-parallelogram では、$A$、$B$、$D$ を通る円は $x^2+y^2-4x-\dfrac12y=0$ で、$C(5,2)$ を代入した値は $8>0$ だった。$C$ はこの円の外にある。
2. ex-cyc-start の $A(5,0)$、$B(3,4)$、$C(-4,3)$ を通る円は $x^2+y^2-25=0$ である。$D(0,-5)$ を代入すると $0$ で、$D$ は円の上にある。$D'(0,-4)$ を代入すると $16-25=-9<0$ で、$D'$ は円の内部にある。

1. ex-cyc-start の $A(5,0)$、$B(3,4)$、$C(-4,3)$ では $\delta=(3-5)(3-0)-(4-0)(-4-5)=-6+36=30$ である。prop-cyc-det により $\Delta(P)=-30(x^2+y^2-25)$ で、$D(0,-5)$ では $\Delta(D)=0$、$D'(0,-4)$ では $\Delta(D')=-30\cdot(-9)=270$ である。$4\times4$ の行列式を直接計算しても同じ値になる。
2. ex-cyc-start-parallelogram の $A(0,0)$、$B(4,0)$、$D(1,2)$ を 3 点とすると $\delta=(4-0)(2-0)-(0-0)(1-0)=8$ で、$C(5,2)$ では $\Delta(C)=-8\cdot8=-64\ne0$ である。

$B(-1,0)$、$D(1,0)$、$A(0,\sqrt3)$、$C\left(0,\dfrac1{\sqrt3}\right)$ とする。三角形 $ABD$ は 1 辺 $2$ の正三角形なので $\angle BAD=60^\circ$ である。$\overrightarrow{CB}=\left(-1,-\dfrac1{\sqrt3}\right)$、$\overrightarrow{CD}=\left(1,-\dfrac1{\sqrt3}\right)$ の内積は $-1+\dfrac13=-\dfrac23$、長さはどちらも $\dfrac2{\sqrt3}$ なので、$\cos\angle BCD=\dfrac{-2/3}{4/3}=-\dfrac12$、$\angle BCD=120^\circ$ である。$\angle BAD+\angle BCD=180^\circ$ であるが、$A$、$B$、$D$ を通る円は中心 $\left(0,\dfrac1{\sqrt3}\right)$、半径 $\dfrac2{\sqrt3}$ の円で、$C$ はその中心であって円の上にない。
崩れたのは、$A$ と $C$ が直線 $BD$ の同じ側（上側）にあり、thm-cyc-converse の仮定を満たさないからである。四角形 $ABCD$ は $C$ のところでへこんでいる。

$A(-1,0)$、$B(1,0)$、$C(0,\sqrt3)$、$D(0,-\sqrt3)$ とする。三角形 $ABC$ と $ABD$ はどちらも 1 辺 $2$ の正三角形なので、$\angle ACB=\angle ADB=60^\circ$ である。しかし $A$、$B$、$C$ を通る円 $x^2+y^2-\dfrac2{\sqrt3}y-1=0$ に $D$ を入れると $3+2-1=4\ne0$ で、$D$ はこの円の上にない。$C$ と $D$ が直線 $AB$ の反対側にあり、thm-cyc-same-side の仮定を満たさない。反対側から見込む場合は、角の和が $180^\circ$ になるときに共円になる（thm-cyc-converse）。

楕円 $\dfrac{x^2}4+y^2=1$ の上に $A(2,0)$、$B(0,1)$、$C(-2,0)$、$D\left(\sqrt2,-\dfrac1{\sqrt2}\right)$ をとる（$D$ は $\dfrac24+\dfrac12=1$ を満たす）。$\overrightarrow{BA}=(2,-1)$、$\overrightarrow{BC}=(-2,-1)$ の内積は $-4+1=-3$、長さはどちらも $\sqrt5$ なので $\cos\angle B=-\dfrac35$ である。$\overrightarrow{DA}=\left(2-\sqrt2,\dfrac1{\sqrt2}\right)$、$\overrightarrow{DC}=\left(-2-\sqrt2,\dfrac1{\sqrt2}\right)$ の内積は $(2-\sqrt2)(-2-\sqrt2)+\dfrac12=-(4-2)+\dfrac12=-\dfrac32$ である。$\angle B$ は鈍角、$\angle D$ も内積が負なので鈍角で、$\angle B+\angle D>180^\circ$ である。4 点は同じ楕円の上にあるが、向かい合う角の和は $180^\circ$ にならない。thm-cyc-opposite は円周角の定理を使っており、円でなければ成り立たない。

$AB\ne AC$ である鋭角三角形 $ABC$ がある。辺 $BC$ を直径とする円が、辺 $AB$、$AC$ とそれぞれ点 $M$、$N$ で交わる。辺 $BC$ の中点を $O$ とする。$\angle BAC$ の二等分線と $\angle MON$ の二等分線の交点を $R$ とする。三角形 $BMR$ の外接円と三角形 $CNR$ の外接円が、辺 $BC$ の上に共有点をもつことを示せ。
（出典：国際数学オリンピック（2004 年）第 1 問 Oly04。問題文は英文からの和訳。）