直径に対する円周角

原点 $O$ を中心とする半径 $5$ の円 $x^2+y^2=25$ と、直径の両端 $A(-5,0)$、$B(5,0)$ をとる。円周上の点 $P$ について、ベクトル $\overrightarrow{PA}$、$\overrightarrow{PB}$ の内積を計算する。内積が $0$ なら $\angle APB=90^\circ$ である（ベクトルの内積（高校数学））。
(1) $P_1(3,4)$。$3^2+4^2=25$ なので円周上にある。$\overrightarrow{P_1A}=(-8,-4)$、$\overrightarrow{P_1B}=(2,-4)$ で、内積は $(-8)\cdot2+(-4)\cdot(-4)=-16+16=0$ である。
(2) $P_2(-4,3)$。$\overrightarrow{P_2A}=(-1,-3)$、$\overrightarrow{P_2B}=(9,-3)$ で、内積は $-9+9=0$ である。
(3) $P_3(0,-5)$。$\overrightarrow{P_3A}=(-5,5)$、$\overrightarrow{P_3B}=(5,5)$ で、内積は $-25+25=0$ である。
3 つとも $\angle APB=90^\circ$ である。長さでも確かめる。(1) では $P_1A^2=64+16=80$、$P_1B^2=4+16=20$ で、$P_1A^2+P_1B^2=100=AB^2$ である。三平方の定理の逆により、三角形 $P_1AB$ は $P_1$ を直角とする直角三角形である。

逆向きの例を見る。$C(0,0)$、$A(12,0)$、$B(0,5)$ を頂点とする三角形は、$C$ の角が直角で、斜辺は $AB=\sqrt{144+25}=13$ である。斜辺の中点 $M$ は $\left(6,\dfrac52\right)$ で、
$$ MC=\sqrt{6^2+\left(\frac52\right)^2}=\sqrt{36+\frac{25}4}=\sqrt{\frac{169}4}=\frac{13}2 $$
である。$MA=MB=\dfrac{13}2$ でもあるので、$C$ は $M$ を中心とする半径 $\dfrac{13}2$ の円、つまり $AB$ を直径とする円の上にある。直角の頂点は、斜辺を直径とする円の上にある。

thm-thd-main の図で $\angle PAB=25^\circ$ とする。

• 三角形 $OAP$ は二等辺三角形なので $\angle OPA=\angle OAP=25^\circ$ である（$a=25^\circ$）。
• 三角形 $APB$ の内角の和から $\angle PBA=180^\circ-90^\circ-25^\circ=65^\circ$ である（$b=65^\circ$）。
• 三角形 $OBP$ で $\angle OPB=\angle OBP=65^\circ$ で、$\angle APB=25^\circ+65^\circ=90^\circ$ と合っている。
• 中心の角 $\angle POB$ は、三角形 $OAP$ の頂点 $O$ における外角なので $25^\circ+25^\circ=50^\circ$ である。弧 $PB$ に対する中心角 $50^\circ$ は、同じ弧に対する円周角 $\angle PAB=25^\circ$ のちょうど 2 倍である。これは一般の円周角の定理（円周角の定理（高校数学））の一つの場合になっている。

直径 $AB=13$ の円の周上に、$AP=5$ となる点 $P$ をとる。thm-thd-main により $\angle APB=90^\circ$ なので、三平方の定理から
$$ BP=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12 $$
である。$P$ から直径 $AB$ に下ろした垂線の長さを $h$ とすると、三角形 $APB$ の面積を 2 通りに書いて $\dfrac12\cdot5\cdot12=\dfrac12\cdot13\cdot h$ なので、$h=\dfrac{60}{13}$ である。

直角をはさむ 2 辺が $6$ と $8$ の直角三角形の斜辺は $\sqrt{36+64}=10$ で、cor-thd-circumcenter により外接円の半径は $R=5$ である。一方、長さ $6$ の辺の向かいの角を $\alpha$ とすると $\sin\alpha=\dfrac6{10}=\dfrac35$ で、
$$ \frac{6}{\sin\alpha}=\frac{6}{3/5}=10=2R $$
である。辺とその向かいの角の正弦の比が外接円の直径に等しいという正弦定理（正弦定理（高校数学））の、直角三角形の場合になっている。正弦定理の証明では、一般の三角形でも直径を 1 辺とする直角三角形をつくって、この場合に帰着させる。

1. $A(1,2)$、$B(5,4)$ を直径の両端とする円。点 $P(x,y)$ について $(\vec p-\vec a)\cdot(\vec p-\vec b)=0$ は
   $$ (x-1)(x-5)+(y-2)(y-4)=0 $$
   である。展開すると $x^2-6x+5+y^2-6y+8=0$、つまり $x^2+y^2-6x-6y+13=0$ である。平方完成すると $(x-3)^2+(y-3)^2=9+9-13=5$ で、中心 $(3,3)$、半径 $\sqrt5$ の円である。確かに中心は $AB$ の中点 $\left(\dfrac{1+5}2,\dfrac{2+4}2\right)=(3,3)$ で、$r^2=\dfrac{AB^2}4=\dfrac{16+4}4=5$ である。
2. $A(-2,1)$、$B(4,-3)$ を直径の両端とする円は $(x+2)(x-4)+(y-1)(y+3)=0$ である。展開すると $x^2-2x-8+y^2+2y-3=0$、つまり $x^2+y^2-2x+2y-11=0$ で、$(x-1)^2+(y+1)^2=1+1+11=13$ である。中心は中点 $(1,-1)$、$r^2=\dfrac{6^2+4^2}4=\dfrac{52}4=13$ で合っている。

$A(1,2)$、$B(5,4)$ とする。$x,y$ がどちらも整数の点 $P$ で $\angle APB=90^\circ$ となるものをすべて求める。
thm-thd-vector により、そのような $P$ は ex-thd-eq (1) の円 $(x-3)^2+(y-3)^2=5$ の上の $A,B$ 以外の点である。整数の 2 乗の和で $5$ になるのは $1+4$ と $4+1$ だけなので、$(x-3,y-3)$ は $(\pm1,\pm2)$、$(\pm2,\pm1)$ の 8 通りである。点は $(4,5),(4,1),(2,5),(2,1),(5,4),(5,2),(1,4),(1,2)$ で、$A(1,2)$、$B(5,4)$ を除いた 6 点
$$ (1,4),\ (2,1),\ (2,5),\ (4,1),\ (4,5),\ (5,2) $$
が答である。1 つ確かめると、$P(4,1)$ では $\overrightarrow{PA}=(-3,1)$、$\overrightarrow{PB}=(1,3)$ で、内積は $-3+3=0$ である。

ex-thd-eq (1) の $A(1,2)$、$B(5,4)$ と円 $(x-3)^2+(y-3)^2=5$ で調べる。
(1) $P(3,5)$：中心からの距離の 2 乗は $0+4=4<5$ で、円の内部にある。$\overrightarrow{PA}=(-2,-3)$、$\overrightarrow{PB}=(2,-1)$ で、内積は $-4+3=-1$ である。これは $|\vec p-\vec m|^2-r^2=4-5=-1$ と一致する。$\cos\angle APB=\dfrac{-1}{\sqrt{13}\sqrt5}=-\dfrac1{\sqrt{65}}$ で、$\angle APB\approx97.13^\circ$（鈍角）である。
(2) $P(0,0)$：中心からの距離の 2 乗は $9+9=18>5$ で、円の外部にある。$\overrightarrow{PA}=(1,2)$、$\overrightarrow{PB}=(5,4)$ で、内積は $5+8=13=18-5$ である。$\cos\angle APB=\dfrac{13}{\sqrt5\sqrt{41}}=\dfrac{13}{\sqrt{205}}$ で、$\angle APB\approx24.78^\circ$（鋭角）である。
(3) $P(1,4)$：円の上にあり、ex-thd-lattice のとおり $\angle APB=90^\circ$ である。

円 $x^2+y^2=5$ に、点 $P(5,0)$ から接線を引く。$P$ は $5^2+0^2=25>5$ なので円の外部にある。
段 1（$OP$ を直径とする円）。$O(0,0)$、$P(5,0)$ を直径の両端とする円は、thm-thd-vector により $x(x-5)+y\cdot y=0$、つまり $x^2+y^2-5x=0$ である。
段 2（交点）。接点 $T(x,y)$ は $x^2+y^2=5$ と $x^2+y^2-5x=0$ をともに満たす。1 つ目から 2 つ目を引くと $5x=5$、つまり $x=1$ である。$x^2+y^2=5$ に代入して $y^2=4$、$y=\pm2$ である。接点は $T_1(1,2)$、$T_2(1,-2)$ である。
段 3（確かめる）。$T_1$ では $\overrightarrow{T_1O}=(-1,-2)$、$\overrightarrow{T_1P}=(4,-2)$ で、内積は $-4+4=0$ なので $OT_1\perp PT_1$ である。接線 $PT_1$ は 2 点 $(5,0)$、$(1,2)$ を通る直線 $x+2y=5$ で、原点からの距離は $\dfrac{5}{\sqrt{1+4}}=\sqrt5$、つまり半径に等しい。同じく $PT_2$ は $x-2y=5$ である。
段 4（接線の長さ）。$PT_1^2=4^2+2^2=20$ で、$PT_1=2\sqrt5$ である。これは三平方の定理 $PT_1^2=OP^2-OT_1^2=25-5$ とも合っている。

$A(1,0,2)$、$B(3,4,0)$ とする。$P(x,y,z)$ について $(\vec p-\vec a)\cdot(\vec p-\vec b)=0$ は
$$ (x-1)(x-3)+y(y-4)+(z-2)z=0 $$
である。展開すると $x^2+y^2+z^2-4x-4y-2z+3=0$ で、平方完成すると
$$ (x-2)^2+(y-2)^2+(z-1)^2=4+4+1-3=6 $$
である。中心は $AB$ の中点 $(2,2,1)$、半径の 2 乗は $\dfrac{AB^2}4=\dfrac{4+16+4}4=6$ で合っている。
この球面の上の点 $P(1,1,-1)$（$(-1)^2+(-1)^2+(-2)^2=6$）で角を確かめる。$\overrightarrow{PA}=(0,-1,3)$、$\overrightarrow{PB}=(2,3,1)$ で、内積は $0-3+3=0$ なので、$\angle APB=90^\circ$ である。平面では直角に見込む点は円をつくったが、空間では球面をつくる。

円 $x^2+y^2=25$ の弦 $AB$ を、$A(-4,-3)$、$B(4,-3)$ とする。中点 $(0,-3)$ は中心 $(0,0)$ と異なるので、$AB$ は直径ではない。

• $P(0,5)$：$\overrightarrow{PA}=(-4,-8)$、$\overrightarrow{PB}=(4,-8)$ で、内積は $-16+64=48$、長さの 2 乗はどちらも $80$ なので、$\cos\angle APB=\dfrac{48}{80}=\dfrac35$、$\angle APB\approx53.13^\circ$ である。
• $P(0,-5)$：$\overrightarrow{PA}=(-4,2)$、$\overrightarrow{PB}=(4,2)$ で、内積は $-16+4=-12$、長さの 2 乗はどちらも $20$ なので、$\cos\angle APB=-\dfrac35$、$\angle APB\approx126.87^\circ$ である。
  どちらも $90^\circ$ ではない。直径でない弦を見込む角は、弦の一方の側の弧の上では一定の鋭角、反対側の弧の上では一定の鈍角になり、2 つの和は $180^\circ$ である（$53.13^\circ+126.87^\circ=180^\circ$）。この一般の形が 円周角の定理（高校数学） である。prf-thd-main の段 2 は「$O$ が辺 $AB$ の上にある」ことを使っており、直径でない弦では使えない。

原点 $O$ を中心とする半径 $1$ の球面の上で考える。2 点を球面に沿って最短で結ぶ道は、中心を通る平面で切った切り口の円（大円）の弧である。北極 $N(0,0,1)$ から球面に沿った距離（中心角で測る）が $45^\circ$ の点の集まりを、$N$ を中心とする「円」とみなす。この「円」は、点 $\left(\dfrac{\cos\lambda}{\sqrt2},\dfrac{\sin\lambda}{\sqrt2},\dfrac1{\sqrt2}\right)$（$\lambda$ は経度）の全体である。
経度 $0^\circ$ の点 $A\left(\dfrac1{\sqrt2},0,\dfrac1{\sqrt2}\right)$ と経度 $180^\circ$ の点 $B\left(-\dfrac1{\sqrt2},0,\dfrac1{\sqrt2}\right)$ は、$N$ を通る大円（$xz$ 平面の切り口）の上で $N$ の両側に $45^\circ$ ずつ離れている。つまり $AB$ はこの「円」の中心 $N$ を通る「直径」である。経度 $90^\circ$ の点 $P\left(0,\dfrac1{\sqrt2},\dfrac1{\sqrt2}\right)$ から見込む角を計算する。
球面の上の点 $P$ における角 $\angle APB$ は、$P$ から $A$、$B$ へ向かう大円の弧が $P$ で出ていく向きのなす角である。$P$ から $A$ への大円の弧が $P$ で出ていく向きは、$\overrightarrow{OA}$ から $\overrightarrow{OP}$ 方向の成分を除いたベクトル $\vec t_A:=\overrightarrow{OA}-(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OP})\overrightarrow{OP}$ である。$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OP}=\dfrac12$ なので
$$ \vec t_A=\left(\frac1{\sqrt2},-\frac1{2\sqrt2},\frac1{2\sqrt2}\right),\qquad \vec t_B=\left(-\frac1{\sqrt2},-\frac1{2\sqrt2},\frac1{2\sqrt2}\right) $$
である（$\overrightarrow{OB}\cdot\overrightarrow{OP}=\dfrac12$ も同じ）。$\vec t_A\cdot\vec t_B=-\dfrac12+\dfrac18+\dfrac18=-\dfrac14$、$|\vec t_A|^2=|\vec t_B|^2=\dfrac12+\dfrac18+\dfrac18=\dfrac34$ なので
$$ \cos\angle APB=\frac{-1/4}{3/4}=-\frac13,\qquad \angle APB\approx109.47^\circ $$
である。「直径」を「円」の上の点から見込む角は $90^\circ$ にならず、鈍角になる。prf-thd-main の段 4 は、三角形の内角の和が $180^\circ$ であることを使った。球面の三角形では内角の和が $180^\circ$ より大きくなる（球面三角形の面積）ので、この段が使えない。