Kiepert双曲線を用いたLesterの定理の証明

等しい底角を$\theta$とする．直線$AA'$と直線$BC$の交点を$P$とすると
$BP:CP=|ABA'|:|ACA'|=AB\cdot BA'\cdot \sin\angle ABA':AC\cdot CA'\cdot \sin\angle ACA=AB\sin(B+\theta):AC\sin(C+\theta)$
同様に$BB'$と$CA$の交点,$CC'$と$AB$の交点をそれぞれ$Q,R$とすると
$CQ:AQ=BC\sin(C+\theta):BA\sin(A+\theta),AR:BR=CA\sin(A+\theta):CB\sin(B+\theta)$が成り立つので
$BP\cdot CQ\cdot AR=CP\cdot AQ\cdot BR$である．
よってチェバの定理の逆より示された．
命題1 図

三角形$ABC$の外接円の半径を$R$,辺$BC$の中点を$M$とする.
$OM=R\cos A$
$AH=AC\cdot\sin(90^{\circ}-A)\cdot\sin^{-1}(180^{\circ}-B)=2R\cos A$
より$OM:AH=1:2$であり,また,$OM/\!/AH$なので$OH,AM$の交点は線分$AM$を$2:1$に内分するが,これは重心$G$に一致する．
よって$G$は線分$OH$上にあり,$OG:GH=2:1$が成り立つ．
また,$N$の定義より,三角形$ABC$の3つの中点を結ぶ三角形を三角形$ABC$に移す移動によって$N$は$O$に移る．
すなわち$G$を中心とする$-1/2$倍の相似移動によって$N$は$O$に移るので,$G$は線分$ON$上にあり,$OG:GN=2:1$が成り立つ．
以上より示された．

三角形$ABC$の外側に三角形$ACK$が正三角形になるように点$S$をとる．$K(\frac{\pi}{3})$は線分$AJ,BS$の交点である．
このとき三角形$BCS$は三角形$ACJ$を$\frac{\pi}{3}$だけ回転させたものだから$\angle BK(\frac{\pi}{3})J=\frac{\pi}{3}$である．
よって円周角の定理の逆より$K(\frac{\pi}{3})$三角形$BCJ$の外接円上にあるのでこれで示された．

補題4における点$I,J$の定義を用いる．また,便宜上$K(\frac{\pi}{3})$を$K$,$K(-\frac{\pi}{3})$を$K'$と表記する．辺$BC$の中点を$O$とする．
命題3より$X$は,重心$G$に関して外心と対称な点である．線分$AG$の中点を通り線分$BC$に垂直な直線と直線$KK'$の交点を$X'$とし,$G$に関して$X'$と対称な点$Z$が三角形$ABC$の外心であることを示せばよい．
線分$IJ$を直径とする円を$\omega$として半径を$r$とする．
示すべきは$OZ^2+\frac{r^2}{3}=ZA^2$である．

直線$AJ,AI$と$\omega$が再び交わる点をそれぞれ$L,L'$とする．前出の2円と$\omega$の半径比を考えると$JK:KL=IK':K'L'=2:1$である．
したがって$O$を中心とする倍率$3/2$の拡大移動によって$K,K',X'$が移る点をそれぞれ$P,Q,R$とすると$PL=QL'=r/2$であり,$PL,QL,AR/\!/IJ$である．
線分$AR$を$2:1$に内分する点を$R'$とすれば$OZ=AR',ZA=OR'$なので
示すべきは$AR'^2+\frac{r^2}{3}=OR'^2$である．

点$A$から直線$IJ$へ下ろした垂線の足を$H$とすると$OR'^2=(OH-AR')^2+AH^2=OA'^2-2OH\cdot AR'+AR'^2$なので示すべき式は
$OA^2-2OH\cdot AR'=\frac{r^2}{3}$となる．
さらに中線定理を用いて変形すれば結局

$AI^2+AJ^2-4OH\cdot AR'=\frac{8}{3}r^2$　を示せばよい．
命題5 図1

線分$LL'$の中点を$M$とすると,$M$は直線$PQ$上にある．
また,直線$LL',AR$の交点を$Y$とする．
以下,$\angle LJI=\alpha,\angle L'IJ=\beta$とする．$\beta>\alpha$として一般性を失わない．
$AI,AJ,OH,AR'$を$\alpha,\beta,r$のみで表す．

$\displaystyle AI=IJ\cdot\frac{\sin(\pi-\alpha)}{\sin(\beta-\alpha)}=2r\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin(\beta-\alpha)}$　同様に$\displaystyle AJ=2r\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\beta-\alpha)}$
$\displaystyle 2OH=IH+JH=AI\cos\beta+AJ\cos\alpha=2r\cdot\frac{\sin(\alpha+\beta)}{\sin(\beta-\alpha)}$

$\displaystyle AY=AL\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=AI\cdot\cos(\beta-\alpha)\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}=2r\cdot\frac{\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\cos(\beta-\alpha)}{\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\beta-\alpha)}$
$\displaystyle YR=\frac{r}{2}\cdot\frac{MY}{ML}=\frac{r}{2}\cdot\frac{LY+L'Y}{LL'}=\frac{r}{2}\cdot\frac{AL\cdot\frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}+AL'\cdot\frac{\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}}{2r\cdot\sin(\frac{\pi}{2}-\beta+\alpha)}=\frac{r}{2}\cdot\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\beta}{\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\beta-\alpha)}$
したがって$\displaystyle AR'=\frac{2}{3}(AY+TR)=\frac{r}{3}\cdot\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\beta+4\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\cos(\beta-\alpha)}{\sin(\alpha+\beta)\cdot\sin(\beta-\alpha)}$

以上より$AI^2+AJ^2-4OH\cdot AR'=\frac{8}{3}r^2$
$\displaystyle\Longleftrightarrow 4\cdot\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\beta}{\sin^2(\beta-\alpha)}-\frac{4}{3}\cdot\frac{\sin^2\alpha+\sin^2\beta+4\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\cos(\beta-\alpha)}{\sin^2(\beta-\alpha)}=\frac{8}{3}$
$\displaystyle\Longleftrightarrow 3(\sin^2\alpha+\sin^2\beta)-(\sin^2\alpha+\sin^2\beta+4\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\cos(\beta-\alpha))=2\sin^2(\beta-\alpha)$
これが成り立つことは加法定理および$\sin^2\theta+\cos^2\theta=1$を用いて容易に示される．
以上より所望の式が得られる．
命題5 図2

この証明において角度はすべて有向角とするので示すべきは$\angle AXB+\angle AYB=0^{\circ}$である．
$\Upsilon:Re(z)Im(z)=1,A(a+a^{-1}i),B(b+b^{-1}i),X(x+x^{-1}i),Y(y+y^{-1}i)(b< y<0< x< a)$として一般性を失わない．
$\displaystyle\angle AXB=\arg\frac{(x+x^{-1}i)-(b+b^{-1}i)}{(x+x^{-1}i)-(a+a^{-1}i)}=\arg\frac{a(x-b)(bx-i)}{b(x-a)(ax-i)}=\arg\frac{bx-i}{ax-i}$
同様に$\displaystyle\angle AXB=\arg\frac{by-i}{ay-i}$なので,
$\angle AXB+\angle AYB=0^{\circ}\Longleftrightarrow\displaystyle\frac{(bx−i)(by−i)}{(ax−i)(ay−i)}\in\mathbb{R}$
ここで$\displaystyle\frac{(bx−i)(by−i)}{(ax−i)(ay−i)}=\frac{((a^2xy-1)+a(x+y)i)((b^2xy-1)-b(x+y)i)}{(a^2x^2+1)(a^2y^2+1)}$
分子の虚部を計算すると$(x+y)(b-a)(abxy+1)$であるので,
$\angle AXB+\angle AYB=0^{\circ}\Longleftrightarrow x+y=0$または$abxy=-1$
$b< y<0< x< a$より$x+y=0$がわかるので$X,Y$は点$0$に関して対称．よって示された．
命題7 図

$\Upsilon:xy=4$とする．対称性より,$P$の$x$座標は正であるとしてよい．
$A(2a,2a^{-1}),B(2b,2b^{-1})(a,b>0)$とおくと,$M(a+b,a^{-1}+b^{-1})$であるので,
$OM:(a+b)y=(a^{-1}+b^{-1})x$である．この式と$\Upsilon:xy=4$を連立して解いて,
$P(2\sqrt{ab},2\sqrt{a^{-1}b^{-1}}),Q(2\sqrt{ab},2\sqrt{a^{-1}b^{-1}})$を得る．$PO=QO$より
右辺$=MO^2-OP^2=(a+b)^2+(a^{-1}+b^{-1})^2-4ab-4a^{-1}b^{-1}=(a-b)^2+(a^{-1}-b^{-1})^2=$左辺
よって示された．
命題8 図

外心,九点円の中心,重心をそれぞれ$O,N,G,H$とする．命題3よりこの4点は一直線上にあり,$OG:GN:NH=2:1:3$である．この直線と直線$\displaystyle K(\frac{\pi}{3})K(-\frac{\pi}{3})$の交点を$X$とすると命題5より$X$は線分$GH$の中点なので$OG:GN:NX=2:1:1$である．
したがって$XN\cdot XO=XG^2$が成り立つ．
また,系8.1より$\displaystyle XG^2=XK(\frac{\pi}{3})\cdot XK(-\frac{\pi}{3})$なので先ほどの式と合わせて
$\displaystyle XK(\frac{\pi}{3})\cdot XK(-\frac{\pi}{3})=XN\cdot XO$が成り立つ．
以上より方べきの定理の逆から,4点$\displaystyle O,N,K(\frac{\pi}{3}),K(-\frac{\pi}{3})$は同一円周上にある．Q.E.D.
定理9 図