Sawayama–Thébaultの定理

Sawayamaの補題 の最初の例と同じく、$B(0,0)$、$C(5,0)$、$A\left(\dfrac95,\dfrac{12}5\right)$（$AB=3$、$AC=4$、$BC=5$、$\angle A=90^\circ$）とし、$D$ を垂線の足 $\left(\dfrac95,0\right)$ にとる。外接円は中心 $O\left(\dfrac52,0\right)$、半径 $R=\dfrac52$、内心は $I(2,1)$ である。
(1) $\angle ADB$ の側の円。Sawayamaの補題 の最初の例で求めたとおり、中心は $P\left(1,\dfrac45\right)$、半径は $\dfrac45$ である。
(2) $\angle ADC$ の側の円。線分 $DA$（直線 $x=\dfrac95$）と線分 $DC$（$x$ 軸）に接し、$\angle ADC$ の内側にある円は、中心 $\left(\dfrac95+t,\ t\right)$、半径 $t$ の円である。外接円に内側から接する条件は
$$ \sqrt{\left(\frac95+t-\frac52\right)^2+t^2}=\frac52-t $$
で、左辺の中は $\left(t-\dfrac7{10}\right)^2+t^2$ なので、両辺を 2 乗して
$$ t^2-\frac75t+\frac{49}{100}+t^2=\frac{25}4-5t+t^2 $$
となり、整理すると $t^2+\dfrac{18}5t-\dfrac{144}{25}=0$、つまり $25t^2+90t-144=0$ である。解の公式から $t=\dfrac{-90\pm\sqrt{8100+14400}}{50}=\dfrac{-90\pm150}{50}$ で、$t>0$ なので $t=\dfrac65$ である。中心は $Q\left(3,\dfrac65\right)$、半径は $\dfrac65$ である。
(3) 3 点の位置。線分 $PQ$ の中点は
$$ \left(\frac{1+3}2,\ \frac{\frac45+\frac65}2\right)=(2,1) $$
で、内心 $I$ と一致する。$P$、$I$、$Q$ は一直線上にあり、$I$ は $PQ$ をちょうど $1:1$ に分けている。

$A(5,12)$、$B(0,0)$、$C(14,0)$、内心 $I(6,4)$、$D$ は垂線の足 $(5,0)$ とする（$\theta=90^\circ$）。Sawayamaの補題 の例「3 辺 13, 14, 15 の三角形と垂線の足」で求めたとおり、$\omega_1$ は中心 $P(2,3)$、半径 $3$ である。
$\omega_2$ は、同じ補題の公式で $B$ と $C$ を入れかえ、$DF_2=\dfrac{a\cdot AD+c\cdot DC-b\cdot DB}{a+b+c}=\dfrac{14\cdot12+13\cdot9-15\cdot5}{42}=\dfrac{210}{42}=5$ から、中心 $Q(10,5)$、半径 $5$ である（外接円の中心 $O\left(7,\dfrac{33}8\right)$ との距離は $\sqrt{9+\dfrac{49}{64}}=\dfrac{25}8=\dfrac{65}8-5$ で、内側から接している）。
$PQ$ の中点は $(6,4)$ で、内心と一致する。

$A(1,3)$、$B(0,0)$、$C(5,0)$、$D(2,0)$ とする。$a=5$、$b=CA=\sqrt{16+9}=5$、$c=AB=\sqrt{10}$、$AD=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$、$DB=2$、$DC=3$ である。内心は
$$ I=\frac{5A+5B+\sqrt{10}\,C}{10+\sqrt{10}}=\left(\frac{5+5\sqrt{10}}{10+\sqrt{10}},\ \frac{15}{10+\sqrt{10}}\right)=\left(\frac{\sqrt{10}}2,\ \frac53-\frac{\sqrt{10}}6\right) $$
である（分母と分子に $10-\sqrt{10}$ を掛けて整理した）。
(1) 角。$\overrightarrow{DA}=(-1,3)$、$\overrightarrow{DB}=(-2,0)$ から $\cos\theta=\dfrac{2}{\sqrt{10}\cdot2}=\dfrac1{\sqrt{10}}$ で、半角の公式から
$$ \cos^2\frac\theta2=\frac{1+\frac1{\sqrt{10}}}2=\frac{\sqrt{10}+1}{2\sqrt{10}},\qquad \sin^2\frac\theta2=\frac{\sqrt{10}-1}{2\sqrt{10}},\qquad \tan^2\frac\theta2=\frac{\sqrt{10}-1}{\sqrt{10}+1}=\frac{11-2\sqrt{10}}9 $$
である（最後は分母と分子に $\sqrt{10}-1$ を掛けた）。$\tan\dfrac\theta2=\dfrac{\sqrt{10}-1}3$ である。
(2) 2 つの円。Sawayamaの補題 の公式から
$$ DF_1=\frac{5\sqrt{10}+5\cdot2-\sqrt{10}\cdot3}{10+\sqrt{10}}=\frac{8+\sqrt{10}}9,\qquad DF_2=\frac{5\sqrt{10}+\sqrt{10}\cdot3-5\cdot2}{10+\sqrt{10}}=\sqrt{10}-2 $$
である（$DF_1$ の計算は Sawayamaの補題 の例「3 つの配置で数値を確かめる」にある。$DF_2$ は分母と分子に $10-\sqrt{10}$ を掛けると $\dfrac{90\sqrt{10}-180}{90}$ になる）。中心は接点の真上にあり、高さは半径 $DF\tan\dfrac\varphi2$ なので
$$ P=\left(2-\frac{8+\sqrt{10}}9,\ \frac{8+\sqrt{10}}9\cdot\frac{\sqrt{10}-1}3\right)=\left(\frac{10-\sqrt{10}}9,\ \frac{2+7\sqrt{10}}{27}\right), $$
$$ Q=\left(2+(\sqrt{10}-2),\ (\sqrt{10}-2)\cdot\frac{3}{\sqrt{10}-1}\right)=\left(\sqrt{10},\ \frac{8-\sqrt{10}}3\right) $$
である（$Q$ の側の角は $180^\circ-\theta$ で、$\tan\dfrac{180^\circ-\theta}2=\dfrac1{\tan\frac\theta2}=\dfrac3{\sqrt{10}-1}$）。
(3) 定理の式。$x$ 座標で確かめると
$$ \cos^2\frac\theta2\cdot\frac{10-\sqrt{10}}9+\sin^2\frac\theta2\cdot\sqrt{10}=\frac{(\sqrt{10}+1)(10-\sqrt{10})}{18\sqrt{10}}+\frac{\sqrt{10}-1}2=\frac{9\sqrt{10}}{18\sqrt{10}}+\frac{\sqrt{10}-1}2=\frac{\sqrt{10}}2 $$
で、$I$ の $x$ 座標と一致する（$(\sqrt{10}+1)(10-\sqrt{10})=10\sqrt{10}-10+10-\sqrt{10}=9\sqrt{10}$）。$y$ 座標も同じように一致する。

Sawayamaの補題 の例「反例：外接円に外側から接する円」で求めたとおり、$\angle ADB$ の側で直線 $DA$、$DB$ に接し外接円に外側から接する円の中心は $P'\left(-3,\dfrac{24}5\right)$ である。$\angle ADC$ の側では、中心 $\left(\dfrac95+t,\ t\right)$ の円が外側から接する条件
$$ \sqrt{\left(t-\frac7{10}\right)^2+t^2}=\frac52+t $$
を 2 乗して整理すると $t^2-\dfrac{32}5t-\dfrac{144}{25}=0$、つまり $25t^2-160t-144=0$ で、$t=\dfrac{160\pm\sqrt{25600+14400}}{50}=\dfrac{160\pm200}{50}$ から $t=\dfrac{36}5$ である。中心は $Q'\left(9,\dfrac{36}5\right)$ である。2 つの円の接点 $\left(\dfrac95,\dfrac{24}5\right)$、$(-3,0)$、$\left(\dfrac95,\dfrac{36}5\right)$、$(9,0)$ は、どれも線分 $DA$、$DB$、$DC$ の延長の上にある。
直線 $P'Q'$ の傾きは $\dfrac{\frac{36}5-\frac{24}5}{9+3}=\dfrac15$ で、直線は $y=\dfrac15(x+3)+\dfrac{24}5$ である。$x=2$ を入れると $y=1+\dfrac{24}5=\dfrac{29}5$ で、内心 $I(2,1)$ の $y$ 座標 $1$ と違う。3 点は一直線上にない。

$\omega_1$ は $D\left(\dfrac95,0\right)$ から作った円（中心 $P\left(1,\dfrac45\right)$）のままとし、$\omega_2$ の代わりに、$D'(3,0)$ から線分 $D'A$、$D'C$ に接し外接円に内側から接する円をとる。$\overrightarrow{D'A}=\left(-\dfrac65,\dfrac{12}5\right)$ は $(-1,2)$ の向きなので、直線 $D'A$ は $2x+y-6=0$ である。中心を $(x,\rho)$ とすると、直線 $D'C$（$x$ 軸）までの距離が $\rho$、直線 $D'A$ までの距離が $\dfrac{\lvert 2x+\rho-6\rvert}{\sqrt5}=\rho$ である。$\rho=1$ とすると、$\angle AD'C$ の内側（$2x+y-6>0$）で $2x-5=\sqrt5$、$x=\dfrac{5+\sqrt5}2$ となる。このとき外接円の中心 $O\left(\dfrac52,0\right)$ との距離は
$$ \sqrt{\left(\frac{\sqrt5}2\right)^2+1^2}=\sqrt{\frac94}=\frac32=\frac52-1 $$
で、内側から接している。接点は直線 $D'C$ の上の $\left(\dfrac{5+\sqrt5}2,0\right)$ と、直線 $D'A$ の上の $\left(\dfrac{25+\sqrt5}{10},\dfrac{5-\sqrt5}5\right)$ で、どちらも線分 $D'C$、$D'A$ の上にある（$y$ 座標 $\dfrac{5-\sqrt5}5\approx0.553$ は $0$ と $A$ の $y$ 座標 $\dfrac{12}5$ の間）。このような円はただ 1 つなので（Sawayamaの補題 の命題「円はただ 1 つある」）、求める円の中心は $Q''\left(\dfrac{5+\sqrt5}2,1\right)\approx(3.618,1)$ である。
直線 $PI$ は $P\left(1,\dfrac45\right)$ と $I(2,1)$ を通り、傾き $\dfrac15$ で $y=\dfrac15x+\dfrac35$ である。$x=\dfrac{5+\sqrt5}2$ を入れると $y=\dfrac{5+\sqrt5}{10}+\dfrac35=\dfrac{11+\sqrt5}{10}\approx1.324$ で、$Q''$ の $y$ 座標 $1$ と違う。$P$、$I$、$Q''$ は一直線上にない。