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$A{A}^{\prime }$と直線$BC$の交点を$P$とすると
$BP:CP=|AB{A}^{\prime }|:|AC{A}^{\prime }|=AB\cdot B{A}^{\prime }\cdot \sin \mathrm{\angle }AB{A}^{\prime }:AC\cdot C{A}^{\prime }\cdot \sin \mathrm{\angle }ACA=AB\sin (B+\theta ):AC\sin (C+\theta )$
同様に$B{B}^{\prime }$と$CA$の交点,$C{C}^{\prime }$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$\mathrm{\angle }BK(\frac{\pi }{3})J=\frac{\pi }{3}$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$K^{\prime }$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$K{K}^{\prime }$の交点を$X^{\prime }$とし,$G$に関して$X^{\prime }$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$O{Z}^2+\frac{r^2}{3}=Z{A}^2$である．

直線$AJ,AI$と$\omega$が再び交わる点をそれぞれ$L,L^{\prime }$とする．前出の2円と$\omega$の半径比を考えると$JK:KL=I{K}^{\prime }:K^{\prime }{L}^{\prime }=2:1$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$K,K^{\prime },X^{\prime }$が移る点をそれぞれ$P,Q,R$とすると$PL=Q{L}^{\prime }=r/2$であり,$PL,QL,AR//IJ$である．
線分$AR$を$2:1$に内分する点を$R^{\prime }$とすれば$OZ=A{R}^{\prime },ZA=O{R}^{\prime }$なので
示すべきは$A{R}^{\prime 2}+\frac{r^2}{3}=O{R}^{\prime 2}$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$O{R}^{\prime 2}=(OH-A{R}^{\prime }{)}^2+A{H}^2=O{A}^{\prime 2}-2OH\cdot A{R}^{\prime }+A{R}^{\prime 2}$なので示すべき式は
$O{A}^2-2OH\cdot A{R}^{\prime }=\frac{r^2}{3}$となる．
さらに中線定理を用いて変形すれば結局

$A{I}^2+A{J}^2-4OH\cdot A{R}^{\prime }=\frac{8}{3}{r}^2$　を示せばよい．
命題5 図1

線分$L{L}^{\prime }$の中点を$M$とすると,$M$は直線$PQ$上にある．
また,直線$L{L}^{\prime },AR$の交点を$Y$とする．
以下,$\mathrm{\angle }LJI=\alpha ,\mathrm{\angle }{L}^{\prime }IJ=\beta$とする．$\beta >\alpha$として一般性を失わない．
$AI,AJ,OH,A{R}^{\prime }$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${\displaystyle AJ=2r\cdot \frac{\sin \beta }{\sin (\beta -\alpha )}}$
${\displaystyle 2OH=IH+JH=AI\cos \beta +AJ\cos \alpha =2r\cdot \frac{\sin (\alpha +\beta )}{\sin (\beta -\alpha )}}$

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

以上より$A{I}^2+A{J}^2-4OH\cdot A{R}^{\prime }=\frac{8}{3}{r}^2$
${\displaystyle ⟺4\cdot \frac{{\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta }{{\sin }^2(\beta -\alpha )}-\frac{4}{3}\cdot \frac{{\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta +4\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \cos (\beta -\alpha )}{{\sin }^2(\beta -\alpha )}=\frac{8}{3}}$
${\displaystyle ⟺3({\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta )-({\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta +4\sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \cos (\beta -\alpha ))=2{\sin }^2(\beta -\alpha )}$
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$\mathrm{\angle }AXB+\mathrm{\angle }AYB=0^{\circ }$である．
$\mathrm{{\rm Y}}:Re(z)Im(z)=1,A(a+a^{-1}i),B(b+b^{-1}i),X(x+x^{-1}i),Y(y+y^{-1}i)(b<y<0<x<a)$として一般性を失わない．
${\displaystyle \mathrm{\angle }AXB=\arg \frac{(x+x^{-1}i)-(b+b^{-1}i)}{(x+x^{-1}i)-(a+a^{-1}i)}=\arg \frac{a(x-b)(bx-i)}{b(x-a)(ax-i)}=\arg \frac{bx-i}{ax-i}}$
同様に${\displaystyle \mathrm{\angle }AXB=\arg \frac{by-i}{ay-i}}$なので,
$\mathrm{\angle }AXB+\mathrm{\angle }AYB=0^{\circ }⟺{\displaystyle \frac{(bx-i)(by-i)}{(ax-i)(ay-i)}\in \mathbb{R}}$
ここで${\displaystyle \frac{(bx-i)(by-i)}{(ax-i)(ay-i)}=\frac{((a^{2}xy-1)+a(x+y)i)((b^{2}xy-1)-b(x+y)i)}{(a^2{x}^2+1)(a^2{y}^2+1)}}$
分子の虚部を計算すると$(x+y)(b-a)(abxy+1)$であるので,
$\mathrm{\angle }AXB+\mathrm{\angle }AYB=0^{\circ }⟺x+y=0$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

$\mathrm{{\rm Y}}:xy=4$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$\mathrm{{\rm Y}}:xy=4$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$=M{O}^2-O{P}^2=(a+b{)}^2+(a^{-1}+b^{-1}{)}^2-4ab-4a^{-1}{b}^{-1}=(a-b{)}^2+(a^{-1}-b^{-1}{)}^2=$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$XN\cdot XO=X{G}^2$が成り立つ．
また,系8.1より${\displaystyle X{G}^2=XK(\frac{\pi }{3})\cdot XK(-\frac{\pi }{3})}$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