Pitotの定理

円の中心を $I$、半径を $r$ とする。接線は接点で半径に垂直なので、三角形 $PSI$ と $PTI$ は、それぞれ $S$、$T$ を直角とする直角三角形である。斜辺 $PI$ は共通で、$IS=IT=r$ なので、直角三角形の斜辺と他の 1 辺がそれぞれ等しく、2 つは合同である。よって $PS=PT$ である。$\square$

要点：各辺の直線について、中心 $I$ は四角形の側にあって直線から距離 $r$ だけ離れているので、円は直線の反対側に出ない。よって円は 4 つの半平面の共通部分である四角形に含まれ、接点も四角形の点になる。四角形の点で辺の直線の上にあるものは、その辺の点だけなので、接点は辺の上にある。

順向き (1) $\Rightarrow$ (2) から示す。
段 1（接線の長さ）。内接円が辺 $AB$、$BC$、$CD$、$DA$ に接する点を $T_1$、$T_2$、$T_3$、$T_4$ とする。頂点 $A$ は円の外にある。実際、円が $A$ を通るとすると、直線 $AB$、$AD$ はどちらも円と点 $A$ を共有する接線になり、接点がどちらも $A$ になるが、円の 1 点での接線は 1 本だけなので矛盾する。$A$ は接線 $AB$ の上の接点でない点なので、円の外にある。$A$ から円に引いた 2 本の接線は直線 $AB$、$AD$ で、接点は $T_1$、$T_4$ である。lem-pit-tangent により $AT_1=AT_4$ で、これを $t_A$ とおく。同じく $t_B=BT_1=BT_2$、$t_C=CT_2=CT_3$、$t_D=DT_3=DT_4$ とおく。
段 2（足す）。接点は辺の上にあるので、たとえば $AB=AT_1+T_1B=t_A+t_B$ である。4 辺とも同じように書けて
$$ AB+CD=(t_A+t_B)+(t_C+t_D),\qquad BC+DA=(t_B+t_C)+(t_D+t_A) $$
である。右辺はどちらも $t_A+t_B+t_C+t_D$ なので、$AB+CD=BC+DA$ である。
次に逆向き (2) $\Rightarrow$ (1) を示す。$AB+CD=BC+DA$ を仮定する。この式は $A$ と $C$ の名前を入れかえても同じ式（$CB+AD=BA+DC$）なので、必要なら入れかえて $AB\ge BC$ としてよい。このとき仮定から $DA-CD=AB-BC\ge0$ である。
段 3（交点 $I$ をとる）。頂点 $A$、$B$ から、それぞれの角の二等分線を四角形の内側へ半直線として引く。2 本は辺 $AB$ と角 $\dfrac A2$、$\dfrac B2$ をなし、$\dfrac A2+\dfrac B2<180^\circ$ なので、辺 $AB$ の四角形の側で 1 点で交わる（辺 $AB$ と 2 本の半直線で三角形ができる）。この点を $I$ とする。$I$ は $\angle A$ の二等分線の上にあるので、直線 $AB$、$DA$ から等しい距離にあり、$\angle B$ の二等分線の上にあるので、直線 $AB$、$BC$ から等しい距離にある（三角形の内心と傍心 の「2 直線から等距離の点の集まり」）。この距離を $r$ とすると、$I$ は直線 $AB$ の上にないので $r>0$ である。
段 4（$I$ は $\angle D$ の二等分線の上にもある）。ここで場合を分ける。
(ア) $AB=BC$ のとき。仮定から $CD=DA$ である。三角形 $BAC$ は $BA=BC$ の二等辺三角形なので、$\angle B$ の二等分線は線分 $AC$ の垂直二等分線である。三角形 $DAC$ も $DA=DC$ の二等辺三角形なので、$\angle D$ の二等分線も線分 $AC$ の垂直二等分線である。よって $\angle B$ の二等分線と $\angle D$ の二等分線は同じ直線で、$I$ はその上にある。
(イ) $AB>BC$ のとき。仮定から $DA>CD$ である。辺 $BA$ の上に $BE=BC$ となる点 $E$ を、辺 $DA$ の上に $DF=DC$ となる点 $F$ をとる。$BC< BA$、$DC< DA$ なので、$E$、$F$ は $A$ と異なり、
$$ AE=AB-BC=DA-CD=AF>0 $$
である。3 つの二等辺三角形を見る。

• 三角形 $BEC$ は $BE=BC$ の二等辺三角形で、頂角は $\angle EBC=\angle ABC$ である。頂角の二等分線は底辺の垂直二等分線なので、$\angle B$ の二等分線は線分 $CE$ の垂直二等分線である。
• 三角形 $AEF$ は $AE=AF$ の二等辺三角形で、頂角は $\angle EAF=\angle BAD$ である。$\angle A$ の二等分線は線分 $EF$ の垂直二等分線である。
• 三角形 $DFC$ は $DF=DC$ の二等辺三角形で、頂角は $\angle FDC=\angle ADC$ である。$\angle D$ の二等分線は線分 $CF$ の垂直二等分線である。
  $I$ は線分 $CE$ の垂直二等分線の上にあるので $IC=IE$、線分 $EF$ の垂直二等分線の上にあるので $IE=IF$ である。よって $IC=IF$ で、$I$ は線分 $CF$ の垂直二等分線、つまり $\angle D$ の二等分線の上にある。
  段 5（$I$ は四角形の内部にある）。$\angle D$ の二等分線（直線）は、$D$ と、四角形の内側へ向かう半直線と、その反対向きの半直線に分かれる。内側へ向かう半直線は $\angle ADC$ の内部を通るので、直線 $DA$ について四角形の側にある。反対向きの半直線は、それを $D$ を中心に $180^\circ$ 回したものなので、その点（$D$ を除く）は直線 $DA$ について四角形と反対側にある。一方、$I$ は $\angle A$ の内側にあるので、直線 $DA$ について四角形の側にあり、しかも直線 $DA$ から距離 $r>0$ 離れている。よって $I$ は $D$ でも反対向きの半直線の上でもなく、$D$ から四角形の内側へ向かう半直線の上にある。したがって $I$ は $\angle D$ の内側にあり、直線 $CD$ についても四角形の側にある。段 3 から $I$ は $\angle A$、$\angle B$ の内側にもあるので、$I$ は 4 本の辺の直線のどれについても四角形の側にあり、どの直線の上にもない。つまり $I$ は四角形の内部の点である。
  段 6（結論）。段 4 より $I$ は直線 $DA$、$CD$ から等しい距離にある。段 3 と合わせて、$I$ から 4 本の辺の直線までの距離はすべて $r$ である。段 5 と lem-pit-inside により、$I$ を中心とする半径 $r$ の円は 4 辺すべてに接する。$\square$

1. ひし形は 4 辺が等しいので、$AB+CD=2AB=BC+DA$ である。thm-pit-main により円に外接する。
2. $AB=AD$、$CB=CD$ なので $AB+CD=AD+CB=BC+DA$ である。thm-pit-main により円に外接する。
3. 平行四辺形では向かい合う辺の長さが等しいので、$AB=CD$、$BC=DA$ である。円に外接するなら thm-pit-main により $AB+CD=BC+DA$、つまり $2AB=2BC$ で、$AB=BC$ となり、4 辺が等しいのでひし形である。逆にひし形なら (1) により円に外接する。長方形は平行四辺形なので、円に外接するのはひし形でもあるとき、つまり正方形のときに限る。$\square$

方針：円の中心を $O$、半径を $r$ とする。$AD$、$BC$ を接線の長さに分け、半角の正接で書く。四角形が円に内接することは、最後に $\tan$ と $\dfrac1{\tan}$ を入れかえるところだけで使う。
段 1（$\angle A$、$\angle B$）。円が辺 $DA$ に接する点を $X$、辺 $CD$ に接する点を $Y$、辺 $BC$ に接する点を $Z$ とする。$OX\perp DA$、$OX=r$ である。$O$ は辺 $AB$ の上にあるので、半直線 $AO$ は半直線 $AB$ と同じで、$\angle OAX=A$ である。$X$ は辺 $DA$ の上にあるので、直角三角形 $OXA$（$X$ が直角）で $\angle A$ は鋭角であり（$X=A$ のときは $A=90^\circ$）、
$$ OA=\frac r{\sin A},\qquad AX=OA\cos A=\frac{r\cos A}{\sin A} $$
である。したがって
$$ OA-AX=\frac{r(1-\cos A)}{\sin A}=r\tan\frac A2 $$
である。最後の等号は、2 倍角の公式 $1-\cos A=2\sin^2\dfrac A2$、$\sin A=2\sin\dfrac A2\cos\dfrac A2$ による。同じく $OB-BZ=r\tan\dfrac B2$ である。
段 2（$\angle D$、$\angle C$）。$O$ は四角形の辺の上にあって直線 $DA$、$DC$ の上にはないので、$\angle ADC$ の内側にあり、2 直線 $DA$、$DC$ から距離 $r$ にある。よって $O$ は $\angle D$ の二等分線の上にあり、$\angle ODX=\dfrac D2$ である。直角三角形 $OXD$ で
$$ XD=\frac r{\tan\frac D2} $$
である。同じく $ZC=\dfrac r{\tan\frac C2}$ である。
段 3（まとめる）。$X$ は辺 $DA$、$Z$ は辺 $BC$、$O$ は辺 $AB$ の上にあるので、$AD=AX+XD$、$BC=BZ+ZC$、$AB=OA+OB$ である。段 1・段 2 から
$$ AD+BC-AB=XD+ZC-(OA-AX)-(OB-BZ)=r\left(\frac1{\tan\frac D2}+\frac1{\tan\frac C2}-\tan\frac A2-\tan\frac B2\right) $$
である。向かい合う頂点どうしを組にして並べかえると
$$ AD+BC-AB=r\left(\frac1{\tan\frac D2}-\tan\frac B2\right)+r\left(\frac1{\tan\frac C2}-\tan\frac A2\right) $$
である。
段 4（円に内接することを使う）。円に内接する四角形の向かい合う角の和は $180^\circ$ なので（円に内接する四角形）、$\dfrac C2=90^\circ-\dfrac A2$、$\dfrac D2=90^\circ-\dfrac B2$ である。$\tan(90^\circ-\theta)=\dfrac1{\tan\theta}$ から $\dfrac1{\tan\frac C2}=\tan\dfrac A2$、$\dfrac1{\tan\frac D2}=\tan\dfrac B2$ で、段 3 の 2 つのかっこはどちらも $0$ になる。よって $AD+BC=AB$ である。$\square$