シムソンの定理とその２通りの証明

まず，$D$ が三角形 $ABC$ の外接円上にある

⇔ $\angle BCD+\angle BAD=180^{\circ}$

また，$P,\:Q,\:R$ が同一直線上にある

⇔ $\angle PQD+\angle RQD=180^{\circ}$

この2つが互いに必要十分条件であることを言えばよい。

円周角の定理の逆より $A,\:D,\:Q,\:R$ は同一円周上にあるので，$\angle BAD+\angle RQD=180^{\circ}$

同様に $P,\:D,\:Q,\:C$ は同一円周上にあるので，$\angle PQD=\angle PCD=180^{\circ}-\angle BCD$

以上2つの式より，

$\angle BCD+\angle BAD+\angle PQD+\angle RQD=360^{\circ}$

となり証明完了。

三角形 $ABC$ の外接円の半径は $1$ としても一般性を失わない。 $A(\alpha),\:B(\beta),\:C(\gamma),D(\delta)$ とおく。 $\overline{\alpha}=\dfrac{1}{\alpha},\overline{\beta}=\dfrac{1}{\beta},\overline{\gamma}=\dfrac{1}{\gamma}$ に注意する。

$D$ から $BC$ に下ろした垂線の足 $P$ の複素座標は，

$p=\dfrac{1}{2}(\beta+\gamma+\delta-\beta\gamma\overline{\delta})$ である。（注）

同様に，$Q$ の座標は，

$q=\dfrac{1}{2}(\gamma+\alpha+\delta-\gamma\alpha\overline{\delta})$

$R$ の座標は，

$r=\dfrac{1}{2}(\alpha+\beta+\delta-\alpha\beta\overline{\delta})$

よって，$p-q=\dfrac{1}{2}(\beta-\alpha)(1-\gamma\overline{\delta})$

$q-r=\dfrac{1}{2}(\gamma-\beta)(1-\alpha\overline{\delta})$

したがって，$P,\:Q,\:R$ が同一直線上にある

⇔ $\dfrac{p-q}{q-r}$ が実数

⇔ $(p-q)(\overline{q}-\overline{r})=(q-r)(\overline{p}-\overline{q})$

⇔ $(\beta-\alpha)(1-\gamma\overline{\delta})(\overline{\gamma}-\overline{\beta})(1-\overline{\alpha}\delta)\\=(\gamma-\beta)(1-\alpha\overline{\delta})(\overline{\beta}-\overline{\alpha})(1-\overline{\gamma}\delta)$

ここで，$\overline{\gamma}-\overline{\beta}=\dfrac{1}{\gamma}-\dfrac{1}{\beta}=\dfrac{\gamma-\beta}{\beta\gamma}$ などに注意して両辺を適当に割り算すると，

上記の条件

⇔ $\alpha(1-\gamma\overline{\delta})(1-\overline{\alpha}\delta)=\gamma(1-\alpha\overline{\delta})(1-\overline{\gamma}\delta)$

⇔ $(1-\gamma\overline{\delta})(\alpha-\delta)=(1-\alpha\overline{\delta})(\gamma-\delta)$

⇔ $(\alpha-\gamma)(1-\delta\overline{\delta})=0$

⇔ $|\delta|=1$

となり証明完了。