円周角の定理は中学校で学んだ定理ですが、高校数学ではその「逆」と「拡張」が武器になります。
接弦定理や円に内接する四角形の性質と組み合わせることで、複雑な角度問題も鮮やかに解けるようになります。
中学校で学んだ円周角の定理を、まず正確に復習しましょう。 この定理は高校数学のあらゆる円の問題の土台です。
(1) 1つの弧に対する円周角の大きさは、その弧に対する中心角の半分である。
$$\angle APB = \frac{1}{2} \angle AOB$$
(2) 同じ弧に対する円周角は、円周上のどの位置にとっても等しい。
(3) 半円の弧（直径）に対する円周角は $90°$ である。
円周角の定理の本質は、弧が同じなら角度も同じということです。 円周上のどこに頂点を置いても、同じ弧を見る角度は変わりません。
これは直感に反するかもしれません。近くから見れば大きく、遠くから見れば小さく見えそうです。 しかし、「近づくと弦に近くなるが弧の端が広がる」効果と「遠ざかると角度が小さくなる」効果が ちょうど打ち消し合うのです。
この性質は「角度が等しい」ことを示すための最強の道具です。 2つの角が同じ弧に対する円周角であることさえ示せれば、等しいと結論できます。
円周角の定理の逆も成り立ちます。 これは「4点が同一円周上にあること」を示すための最も重要な判定条件です。
2点 $A$, $B$ が直線 $CD$ に関して同じ側にあるとき：
$$\angle CAD = \angle CBD \quad \Longrightarrow \quad \text{4点 } A, B, C, D \text{ は同一円周上}$$
$\angle CAD = \angle CBD = \theta$ とします。3点 $B$, $C$, $D$ を通る円を考えます。
点 $A$ がこの円の上にあることを示します。 背理法を使います。$A$ が円の外部にあるとすると、$A$ から弧 $CD$ を見る角は円周角 $\theta$ より小さくなります。 $A$ が円の内部にあるとすると、角は $\theta$ より大きくなります。
どちらも $\angle CAD = \theta$ に矛盾するので、$A$ は円周上にあります。
$\angle CAD = \angle CBD$ であっても、$A$ と $B$ が直線 $CD$ の反対側にいる場合は、 4点が同一円周上にあるとは限りません。
✕ 誤：「$\angle CAD = \angle CBD$ だから4点は共円」（$A$, $B$ の位置を確認していない）
○ 正：$A$ と $B$ が $CD$ の同じ側にあることを確認してから適用する。 反対側にある場合は $\angle CAD + \angle CBD = 180°$ が共円の条件になる。
円周角の定理は、実は正弦定理と深い関係があります。 外接円の半径を $R$ とすると、弧 $BC$ に対する中心角は $2\angle BAC$。 弦 $BC$ の長さは $BC = 2R \sin(\angle BAC)$（正弦定理）。
つまり、正弦定理は「弧の長さ（中心角）と弦の長さ（正弦）の関係」を述べており、 円周角の定理を長さの世界に翻訳したものと見ることができます。
円周角の定理の最も頻繁に使われる形は、「同じ弧に対する円周角は等しい」というものです。 具体的にどのような場面で使えるのか、整理しましょう。
円の角度問題を解くとき、最初にやるべきことは「同じ弧に対する円周角」を見つけることです。 図の中に同じ弧を見る2つの角があれば、それらは等しい。この等式が問題を解くための出発点になります。
注意すべきは、弧には短い方と長い方の2種類があることです。 弧 $AB$ と書いたとき、通常は点 $P$ を含まない方の弧を指します。 問題文や図から、どちらの弧の話をしているかを正しく読み取ってください。
円周上に4点 $A$, $B$, $C$, $D$ があるとき、以下のように等しい角度のペアを探します。
どの弧に注目するかによって、等しい角のペアが変わります。 問題で求められている角度に関連する弧を見つけるのがポイントです。
例えば、4点 $A$, $B$, $C$, $D$ がこの順に円周上に並んでいるとき：
✕ 誤：$\angle BAC = \angle BDC$ と書いたつもりが、 $C$ と $D$ が弧 $AB$ の同じ側にある場合は、これは同じ弧に対する円周角ではない。
○ 正：$\angle BAC$ と $\angle BDC$ が等しくなるのは、 $A$ と $D$ が弦 $BC$ に関して同じ側にあるとき。 図を描いて、弧と頂点の位置関係を確認すること。
「直径に対する円周角は $90°$」は非常によく使います。 $AB$ が直径なら、円周上の任意の点 $P$（$A$, $B$ 以外）について $\angle APB = 90°$。
この性質の逆も重要です。$\angle APB = 90°$ であれば、$AB$ を直径とする円が $P$ を通ります。 「直角を見つけたら、斜辺が直径の円が存在する」と覚えておくと、補助円を引くヒントになります。
$\angle APB = 90°$ だからといって、$AB$ が必ずしも「もともとある円」の直径とは限りません。
✕ 誤：「$\angle APB = 90°$ だから、$AB$ は問題で与えられた円の直径」
○ 正：$\angle APB = 90°$ が成り立つとき、$P$ は $AB$ を直径とする新しい円の上にある。 もともとの円の直径かどうかは別問題。
「直径に対する円周角は $90°$」は、歴史的にタレスの定理と呼ばれます。 古代ギリシャの哲学者タレス（紀元前624頃〜546頃）が発見したとされ、 「証明された最古の数学定理」の1つと考えられています。
タレスはこの発見を神に感謝して、牛1頭を捧げたとも伝えられています。 直角という身近な概念が円という美しい図形と結びつくことへの感動は、 数学の魅力の原点かもしれません。
4つの頂点がすべて1つの円の上にある四角形を、円に内接する四角形といいます。 円に内接する四角形には、非常に重要な角度の性質があります。
四角形 $ABCD$ が円に内接するとき：
(1) 対角の和は $180°$
$$\angle A + \angle C = 180°, \quad \angle B + \angle D = 180°$$
(2) 1つの内角は、その対角の外角に等しい
$\angle A$ の外角を $\angle A'$ とすると $\angle A' = \angle C$
四角形 $ABCD$ が円に内接しているとき、$\angle A$ は弧 $BCD$（$A$ を含まない方）に対する円周角です。 $\angle C$ は弧 $DAB$（$C$ を含まない方）に対する円周角です。
弧 $BCD$ と弧 $DAB$ を合わせると円全体（$360°$）になります。 円周角は中心角の半分なので、$\angle A + \angle C = \frac{360°}{2} = 180°$。
これが「対角の和が $180°$」の本質的な理由です。 2つの弧が合わさって円全体を覆うから、2つの円周角の和が半分の $180°$ になるのです。
四角形 $ABCD$ が円 $O$ に内接しているとします。
弧 $BCD$（$A$ を含まない弧）に対する中心角を $\alpha$ とすると、$\angle A = \frac{\alpha}{2}$（円周角の定理）。
弧 $DAB$（$C$ を含まない弧）に対する中心角は $360° - \alpha$。よって $\angle C = \frac{360° - \alpha}{2}$。
$$\angle A + \angle C = \frac{\alpha}{2} + \frac{360° - \alpha}{2} = \frac{360°}{2} = 180°$$
四角形 $ABCD$ の対角の和が $180°$ であれば、4頂点は同一円周上にあります。 これは円に内接する四角形の判定条件として使えます。
平行四辺形で対角の和が $180°$ になるのは、$\angle A + \angle C = 180°$ のとき。 平行四辺形では $\angle A = \angle C$ なので $2\angle A = 180°$, $\angle A = 90°$。
✕ 誤：「すべての平行四辺形は円に内接する」
○ 正：円に内接する平行四辺形は長方形（すべての角が $90°$）に限る。 一般の平行四辺形では $\angle A = \angle C \neq 90°$ なので $\angle A + \angle C = 2\angle A \neq 180°$。
円に内接する四角形 $ABCD$ について、次の美しい等式が成り立ちます。
$$AC \cdot BD = AB \cdot CD + BC \cdot DA$$
これをトレミー（Ptolemy）の定理といいます。 「対角線の積 ＝ 対辺の積の和」です。
特に $ABCD$ が正方形（辺の長さ $a$）のとき、$a\sqrt{2} \cdot a\sqrt{2} = a^2 + a^2$ となり $2a^2 = 2a^2$ が確認できます。 トレミーの定理は三角関数の加法定理の幾何学的な証明にも使われる、奥の深い定理です。
入試問題では、円周角の定理だけでなく、接弦定理や方べきの定理を 組み合わせた「角度の連鎖問題」がよく出題されます。
円の接線と、接点を一端とする弦が作る角は、その弦に対する円周角に等しい。 これが接弦定理です。
直線 $\ell$ が円 $O$ に点 $A$ で接し、$AB$ が弦であるとき：
$$\angle BAT = \angle APB$$
ここで $T$ は接線 $\ell$ 上の点（$A$ から見て弧 $AB$ の短い方と同じ側）、 $P$ は弧 $AB$（$\angle BAT$ に対応する弧）上の任意の点です。
複雑な角度問題を解くとき、角度を直接追いかけるのではなく、 弧に翻訳してからつなげるのが有効です。
円周角の定理：角度 → 弧（中心角）→ 別の角度
接弦定理：接線の角 → 弧 → 円周角
このように、弧を仲介役として角度をリレーしていくのが「角度の連鎖」の本質です。 問題を解くときは、まず図の中のすべての角を「どの弧に対応するか」で整理してみましょう。
円が絡む角度問題では、以下の手順で解くのが効果的です。
接線が登場する問題では、円周角の定理だけでは角度がつながりません。 接線と弦が作る角は、接弦定理を使って初めて弧上の角度に変換できます。
✕ 誤：接線が関わる角を無視して、円周角の等しいペアだけで解こうとする
○ 正：接線の角を見つけたら、接弦定理で対応する弧の円周角に変換する。 そこから円周角の定理でリレーする。
2つの円が2点で交わるとき、交点を通る直線上の角度を考える問題がよく出ます。 8-9で学んだ2円の交点の知識がここで活きてきます。
2つの円 $O$, $O'$ が2点 $A$, $B$ で交わるとき、 点 $A$ を通る直線が円 $O$ と点 $P$ で、円 $O'$ と点 $Q$ で交わるとします。 このとき、弧 $AB$ に対する円周角を使って $\angle ABP$ や $\angle ABQ$ を表すことで、 $P$ と $Q$ の位置関係が分かります。
円の上の4点に対して定義される交比（cross-ratio）は、 射影変換で不変な量として大学の幾何学で重要な役割を果たします。
円周角の定理は、実は交比の不変性の特殊な場合と見ることができます。 「弧が同じなら円周角が同じ」は、「射影変換で弧上の点を動かしても交比が変わらない」の 角度バージョンです。
円に関する角度の定理は、すべて「弧と角の対応関係」から導かれます。 以下の表でそれぞれの関係を整理しましょう。
| 定理 | 内容 | 使う場面 |
|---|---|---|
| 円周角の定理 | 同じ弧に対する円周角は等しい。中心角の半分 | 角度の等式を導く基本 |
| 円周角の定理の逆 | $\angle CAD = \angle CBD$ なら4点共円 | 4点が同一円周上にあることの証明 |
| 円に内接する四角形 | 対角の和 $= 180°$ | 角度の和の条件、共円の判定 |
| 接弦定理 | 接線と弦の角 ＝ 弧に対する円周角 | 接線が絡む角度問題 |
| 直径と直角 | 直径に対する円周角は $90°$ | 直角の発見、補助円の導入 |
Q1. 弧 $AB$ に対する中心角が $100°$ のとき、弧 $AB$ に対する円周角はいくらですか？
Q2. 円に内接する四角形 $ABCD$ で $\angle A = 70°$ のとき、$\angle C$ は何度ですか？
Q3. 円周角の定理の逆を使うとき、角度の等式のほかに必ず確認すべき条件は何ですか？
Q4. $AB$ が円の直径で、$P$ が円周上の点（$A$, $B$ 以外）のとき、$\angle APB$ は何度ですか？
Q5. 接弦定理とは何ですか？ 一言で述べてください。
この記事で学んだ内容を、入試形式の問題で確認しましょう。
円に内接する四角形 $ABCD$ において、$\angle ABC = 105°$, $\angle BCD = 80°$ であるとき、 $\angle CDA$ と $\angle DAB$ を求めよ。
$\angle CDA = 75°$, $\angle DAB = 100°$
方針：円に内接する四角形の対角の和は $180°$。
$\angle ABC + \angle CDA = 180°$ より $\angle CDA = 180° - 105° = 75°$。
$\angle BCD + \angle DAB = 180°$ より $\angle DAB = 180° - 80° = 100°$。
検算：$105° + 80° + 75° + 100° = 360°$。四角形の内角の和と一致。✓
円 $O$ の円周上に3点 $A$, $B$, $C$ がある。点 $A$ における接線を $\ell$ とし、 $\ell$ と直線 $BC$ の交点を $P$ とする。$\angle BAC = 65°$, $\angle ABC = 50°$ のとき、$\angle APC$ を求めよ。
$\angle APC = 15°$
方針：接弦定理で接線と弦の角を求め、三角形の外角の定理を利用する。
$\triangle ABC$ で $\angle ACB = 180° - 65° - 50° = 65°$。
接弦定理より、接線 $\ell$ と弦 $AB$ の作る角 $\angle PAB$ は弧 $AB$（$C$ を含む方）に対する円周角に等しい。 弧 $AB$（$C$ を含む方）に対する円周角は $\angle ACB = 65°$。 よって $\angle PAB = 65°$。
三角形 $ABP$ で $\angle PAB$ は外角ではなく内角なので、$\angle PAB = 65°$, $\angle ABP = 50°$。
$\angle APC = \angle PAB - \angle ABP$ ではなく、三角形 $ABP$ の内角の和より $\angle APB = 180° - \angle PAB - \angle ABP = 180° - 65° - 50° = 65°$ ... ではなく、 $P$ の位置に注意が必要です。
$P$ は $BC$ の延長上にあるとき：$\angle PAB = 65°$。三角形 $PAB$ で $\angle ABP = 180° - 50° = 130°$（$\angle ABC$ の外角）。 $\angle APB = 180° - 65° - 130°$ は負になるので不適。
$P$ が線分 $BC$ の $B$ 側の延長上にある場合：$\angle PBA = 180° - 50° = 130°$。 接弦定理より $\angle PAB = 65°$。よって $\angle APB = 180° - 130° - 65° < 0$ で不適。
正しくは：接弦定理で $\angle BAT = \angle ACB = 65°$（$T$ は接線の方向）。 三角形 $ABC$ の外角として $\angle APC$ を求めます。 三角形 $APC$ について、$\angle PAC = \angle PAB + \angle BAC = 65° + 65° = 130°$（接線の角が $\angle BAC$ の反対側にある場合）ではなく...
整理し直します。$\angle ACB = 65°$ で接弦定理より弧 $AC$（$B$ を含まない方）に対して $\angle TAC = \angle ABC = 50°$。
三角形 $APC$ で $\angle ACP = \angle ACB = 65°$, $\angle PAC = \angle TAC = 50°$。 よって $\angle APC = 180° - 65° - 50° = 65°$。
しかし $P$ は直線 $BC$ と接線 $\ell$ の交点なので、角の配置を再確認します。 $\angle TAC = 50°$（接弦定理、弧 $AC$（$B$ 側）に対する円周角 $= \angle ABC = 50°$）。 $P$, $A$, $C$ の三角形で、$\angle PAC = 50°$, $\angle PCA = 65°$ より $\angle APC = 180° - 50° - 65° = 65°$。
再計算：$P$ が $B$ と $C$ の間ではなく外側にある場合、$\angle PCA = 180° - 65° = 115°$。 $\angle APC = 180° - 50° - 115° = 15°$。
答え：$\angle APC = 15°$。
三角形 $ABC$ の辺 $BC$ 上に点 $D$ をとり、$\angle BAD = \angle ACD$ が成り立つとする。 このとき、4点 $A$, $B$, $D$, $C$ のうち、ある4点が同一円周上にあることを示し、 $AB^2 = BD \cdot BC$ を証明せよ。
以下の解説参照。
方針：円周角の定理の逆で共円を示し、方べきの定理または相似で等式を導く。
$\angle BAD = \angle ACD = \angle ACB$ とすると、 $\angle BAD$ は弦 $BD$ に対する角で、$\angle BCA$ も弦 $BD$ を見ています...ではなく、 三角形 $ABD$ と三角形 $ACB$ の相似を利用します。
$\triangle ABD$ と $\triangle ACB$ において：
$\angle ABD = \angle ACB$（共通...ではなく）$\angle ABD = \angle ABC$（同じ角）。
$\angle BAD = \angle ACD = \angle ACB$（仮定）。$\angle ABD = \angle ABC$（共通角）。
よって $\triangle ABD \sim \triangle ACB$（2角相等）。
相似比より $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{AB}$（ ではなく $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{BC}$ ...）
対応する辺を正確に：$\triangle ABD$ で $\angle A_1 = \angle BAD$, $\angle B = \angle ABD$, $\angle D = \angle ADB$。 $\triangle ACB$ で $\angle A_2 = \angle ACB$, $\angle B' = \angle ABC$, $\angle C' = \angle BAC$。
$\angle BAD = \angle ACB$（仮定）、$\angle ABD = \angle ABC$（同一角）。 2角が等しいので $\triangle ABD \sim \triangle ACB$。
$AB : AC = BD : BC$ ではなく、対応を正しく書くと： $A \leftrightarrow A$... ではなく $\angle BAD \leftrightarrow \angle BCA$, $\angle ABD \leftrightarrow \angle ABC$。 よって $\triangle ABD \sim \triangle ACB$ で $AB : AC = BD : AB$...ではなく：
$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{AB} = \frac{AD}{CB}$
$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{AB}$ より $AB^2 = AC \cdot BD$ ...これは求める式と異なります。
正しい対応：$\angle BAD = \angle BCA$ で $\angle B$ は共通なので $\triangle ABD \sim \triangle ABC$（$B$ の角が共通、$\angle BAD = \angle BCA$）。 ただし三角形の向きに注意。$\triangle ABD$ の $\angle B = \angle ABD$, $\angle A = \angle BAD$。 $\triangle CBA$ の $\angle B = \angle CBA$, $\angle C = \angle BCA$。 $\angle ABD = \angle CBA$（同一角）、$\angle BAD = \angle BCA$（仮定）。 よって $\triangle ABD \sim \triangle CBA$。
$\frac{AB}{CB} = \frac{BD}{BA}$ より $AB^2 = CB \cdot BD = BD \cdot BC$。■
2つの円 $O$, $O'$ が2点 $A$, $B$ で交わっている。点 $A$ を通る直線が円 $O$ と点 $P$ で、 円 $O'$ と点 $Q$ で交わるとする（$P$, $Q$ は $A$ と異なる点）。 このとき $\angle PBQ$ は直線の引き方によらず一定であることを証明せよ。
以下の解説参照。
方針：$\angle PBQ$ を各円での円周角に分解し、弧に対応させる。
$\angle PBQ = \angle PBA + \angle ABQ$（または $\angle PBA - \angle ABQ$、配置による）。
円 $O$ において、弧 $PA$（$B$ を含まない方）に対する円周角が $\angle PBA$。 $P$ が弧上を動くと弧 $PA$ の長さは変わりますが...
正確な議論：$\angle PBA$ は円 $O$ で弧 $AP$（$B$ を含まない方）に対する円周角。 $\angle QBA$ は円 $O'$ で弧 $AQ$（$B$ を含まない方）に対する円周角。
ここで、$P$, $A$, $Q$ は一直線上にあることに注意します。
円 $O$ で $\angle PBA$ は弧 $AP$ に対する円周角で、$P$ が動くと弧 $AP$ も変わるので一定ではありません。 しかし $\angle PBQ = \angle PBA + \angle ABQ$ の和が一定であることを示します。
$\angle PBA$ は弧 $AP$（$B$ なし側）を中心角の半分で表せます。同様に $\angle ABQ$ も。
別のアプローチ：$\angle PBQ = \angle PBA + \angle ABQ$。 ここで $\angle PBA$ は円 $O$ において弧 $PA$ に対する円周角なので、中心角を $2\angle PBA$ とおくと 弧 $PA$ の中心角が $2\angle PBA$。 同様に $\angle ABQ$ は円 $O'$ における弧 $AQ$ に対する円周角で中心角 $2\angle ABQ$。
$P$, $A$, $Q$ が一直線上のとき、2つの円での $A$ における接線方向を考えると： 円 $O$ での点 $A$ における接線と直線 $PAQ$ の角を $\alpha$ とすると $\angle PBA = \alpha$（接弦定理的に）... ではなく直接的に。
簡潔な証明：
円 $O$ で $\angle APB$（弧 $AB$ の $P$ を含まない側に対する中心角の半分）は直線の引き方に依存します。 しかし $\angle ABP$ は弧 $AP$ に対する円周角です。
ポイント：$P$, $A$, $Q$ が一直線上にあるので、$\angle PBQ$ を考えると、 $\angle PBQ = |\angle PBA \pm \angle QBA|$ です。
円 $O$ の接弦定理を $A$ で使うと：接線と弦 $AP$ の角 $= \angle ABP$。 円 $O'$ の接弦定理を $A$ で使うと：接線と弦 $AQ$ の角 $= \angle ABQ$。 $PA$ と $QA$ は同一直線なので、接線と直線 $PAQ$ の角は一定（直線の向きによらない...ではなく 直線が変わると角も変わる）。
正しい証明：$B$ における2つの円の接線の角度差を考えます。 $\angle PBQ = \angle PBA + \angle ABQ$。 $B$ を通る円 $O$ の接線を $t$、円 $O'$ の接線を $t'$ とすると、 接弦定理より $\angle PBA = \angle(t, BA)$ に関係します。
最も簡潔な方法：$\angle PBQ = \angle PBA + \angle ABQ$ で、 弧 $AP$（円 $O$）に対する $\angle ABP$ と弧 $AQ$（円 $O'$）に対する $\angle ABQ$ は直線の位置に依存します。 しかし、$O$ における弧 $AB$ の中心角を $2\gamma$、$O'$ における弧 $AB$ の中心角を $2\gamma'$ とおくと、 $\angle PBQ = \gamma + \gamma'$ と表せます（弧 $AB$ は固定）。
具体的に：$\angle PBA$ は円 $O$ で弧 $AP$ に対する円周角。弧 $AP$ ＝ 弧 $AB$ ＋ 弧 $BP$（$A$ から $P$ まで $B$ を含まない側）。 …ではなく、直線 $PAQ$ が動くとき弧 $AP$ は変わるが $\angle ABP$ も変わる。
核心的な議論：2つの円の $B$ での接線がなす角を $\delta$ とします（これは固定）。 円 $O$ の $B$ での接線 $t_1$ と弦 $BP$ の角 $= \angle BAP$（接弦定理）。 円 $O'$ の $B$ での接線 $t_2$ と弦 $BQ$ の角 $= \angle BAQ$（接弦定理）。 $P$, $A$, $Q$ は一直線上なので $\angle BAP + \angle BAQ = 180°$ または同じ角。 $\angle PBQ = \angle(t_1, BP) + \angle(BP, BQ) = ...$ これは複雑になるので、 $\angle PBQ = \angle(t_1, t_2) = \delta$（一定）を示します。
いいえ、$\angle PBQ = \delta$ ではありません。改めて： $\angle PBA$ を接弦定理で $A$ に適用して $\angle PBA = \angle$ (弧 $AP$ の円周角)。 $\angle QBA$ を接弦定理で $A$ に適用して $\angle QBA = \angle$ (弧 $AQ$ の円周角)。
一番シンプルに：同一の直線上で $\angle PBA$ は弧 $PA$ の、$\angle QBA$ は弧 $QA$ の円周角。 これらが直線の引き方に依存するので和が一定になる理由は： $B$ で円 $O$ の接線と $BA$ の角 $= \gamma$ は弧 $AB$ で決まり一定。同様に円 $O'$ で $\gamma'$。 $\angle PBA = \gamma + \angle(PA \text{からのずれ})$...
最終的な簡潔証明：
$B$ における円 $O$ の接線と直線 $BA$ の角を $\alpha$（弧 $BA$ に対する接弦定理で一定）。 $B$ における円 $O'$ の接線と直線 $BA$ の角を $\beta$（同様に一定）。
接弦定理より $\angle ABP = $ 弧 $AB$（$P$ 側）に対応... ではなく、 $B$ の接線を $t$ とすると $\angle tBP = \angle BAP$（弧 $BP$ を挟んで）。 同様に $t'$ で $\angle t'BQ = \angle BAQ$。
$P$, $A$, $Q$ が一直線なので $\angle BAP + \angle BAQ = 180°$。
$\angle PBQ = \angle tBt' - \angle tBP - \angle t'BQ + ...$（配置による）
実はこの問題は次のように簡潔に示せます： $\angle PBQ = \angle PBA + \angle ABQ$ とすると、 円 $O$ で $\angle PBA$ は弧 $PA$（$B$ 除く側）の円周角。 その弧の中心角を $\theta_1$ とすると $\angle PBA = \theta_1 / 2$。 円 $O'$ で $\angle ABQ$ は弧 $AQ$（$B$ 除く側）の中心角 $\theta_2 / 2$。 直線 $PAQ$ を変えると $\theta_1$, $\theta_2$ は変わるが、 $\theta_1 + \theta_2$ は $2(\alpha + \beta)$ で一定（$\alpha$, $\beta$ は弧 $AB$ の中心角）。 ... やはり直接的には示しにくい。
模範解答：
別の直線 $A$ を通る $P'AQ'$ を引く（$P'$ は円 $O$ 上、$Q'$ は円 $O'$ 上）。 $\angle PBQ = \angle P'BQ'$ を示す。
$\angle PBP' = \angle PAP'$（弧 $PP'$ に対する円周角、円 $O$）。※ $\angle PBP'$ は弧 $PP'$（$B$ を含まない方）の円周角で $\angle PAP'$ も同じ弧の円周角。
同様に $\angle QBQ' = \angle QAQ'$（弧 $QQ'$ に対する円周角、円 $O'$）。
$P$, $A$, $Q$ が一直線上、$P'$, $A$, $Q'$ も一直線上なので $\angle PAP' = \angle QAQ'$（対頂角）。
よって $\angle PBP' = \angle QBQ'$。
$\angle PBQ = \angle PBP' + \angle P'BQ$（配置による）で $\angle P'BQ' = \angle P'BQ + \angle QBQ'$（同配置）とすると $\angle PBQ - \angle P'BQ' = \angle PBP' - \angle QBQ' = 0$。
したがって $\angle PBQ = \angle P'BQ'$。直線の引き方によらず一定。■