傍心と外心に関する有名問題の初等的解法

角の二等分線を適用し、
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$EF$と$BC$の交点を$X'$として、$X=X'$を示す。
$BX':CX'=BX:CX$を示せば十分である。(定理１より$X'$の可能性としては$D$もあり得るけど、$D \neq X'$でないと図が破綻する)

メネラウスの定理より$ \frac{AF}{FB}$$\cdot $$\frac{BX'}{CX'}$$\cdot$$\frac{CE}{EA}$$=$１

また内角の二等分線の定理から $\frac{AF}{FB}$$=$$ \frac{CA}{BC} $$,$$ \frac{CE}{EA} $$=$$ \frac{BC}{AB} $を代入して

$ \frac{CA}{BC}$$\cdot $$\frac{BX'}{CX'}$$\cdot$$\frac{BC}{AB}$$=$１$ \Longleftrightarrow $$\frac{BX'}{CX'}$$\cdot$$ \frac{CA}{AB} $$=$１$ \Longleftrightarrow $$BX':CX'=AB:CA$

最後に外角の二等分線の定理により$BX':CX'=BX:CX$が得られる。

三角形$ABC$の各辺の中点をそれぞれ$M,N,L$、各頂点から各辺へ降ろした垂線の足を$D,E,F$とする。また$ABC$の外接円の半径を$R$とする。$▲ABE$$\backsim$$▲ACF$より、$AB$$\cdot $$AF$$=$$AC$$\cdot $$AE$、両辺を２で割ると$AN$$\cdot $$AE$$=$$AL$$\cdot $$AF$。方冪の定理の逆より$N,F,L,E$が同一円周上にあり、同様に$M,N,E,D$、$M,L,F,D$がそれぞれ同一円周上にある。$O,H$の中点$K$をとれば$MD,NE,LF$の垂直二等分線は$K$を通っているので、六点$D,E,F,M,N,L$は$K$を中心に、特に$M,N,L$を通ることから半径$R/2$の円上にあることが分かる。さらに$KH:OH=1:2$が成り立つことは、$H$は外接円($円O$)と円$K$の相似の中心であることを示している。相似比が$1:2$であることから、残りの三点はこの事実から従う。

図

$[1] STEP.１:$図６において$IX$が線分$KR$の中点$P$を通る。

(これより下では、$X$は上の定理２と同じ、$JH$と$EF$の交点を$K$、$JH$と$IA$の交点を$Q$、$JH$と$AB$の交点を$R$としています)
図

図７において$NI＝IO$つまり$NL=MO$をまず示す。
※点線は$I$を通る$AI$に垂直な直線、$N,L,M,O$は点線とそれぞれ$EF,AB,AC,BC$の交点

$AX$と点線がどちらも$AI$と垂直なので平行である。
三角形$NFL$と三角形$XFA$、三角形$CMO$と三角形$CAX$の相似において、$LF:FA＝CM:CA$を示せば良い(図７)。$AI$を軸に$C$と対称な点$C'$をとれば、$C’$は$AB$上にあり、また三角形$C'IF$において内角、外角の二等分線と$C'F$の交点がそれぞれ$L,A$になっているので、定理１と$CM:CA＝C'L:C'A$であることから、$LF:CM＝FA:CA$$ \Longleftrightarrow $$LF:FA＝CM:CA$を得る。

よって図８のように、$KR$と点線が$AI$と垂直で平行であるから$NO$の中点が$I$と分かったことにより$KR$の中点$P$で$IX$は交わっていると分かる。$STEP.１$終

図

図

次に相似による議論で考察をします。

$[2] STEP.２:$図９において向きが正の相似(回転相似)$▲QID \backsim ▲PRX$が成り立つ。

図

図１０において$▲IJQ$$\backsim$$▲IAJ$より$IQ \cdot IA=IJ^{2} $。$IJ=ID$より$IQ \cdot IA=ID^{2} $かつ$ \measuredangle DIQ=\measuredangle DIA$ $\Longleftrightarrow$ $▲IQD$$\backsim$$▲IDA$。

図

(図１１$,$１２)
四点$I,D,R,Q$、$I,A,X,D$において$\measuredangle IDR =\measuredangle IQR=90°$$,$$ \measuredangle IAX=\measuredangle IDX=90°$より$▲IQD$$\backsim$$▲IDA$の相似において$R,X$は対応しているので、四点$I,D,R,Q$、$I,A,X,D$は相似になっている。

これにより$▲IRD \backsim ▲IXA$(図１１),$▲IRQ \backsim ▲IXD$(図１２)。さらに$QP$と$AX$が平行なので$▲IXA\backsim▲IPQ$より、まとめると
$\therefore ▲IRD \backsim ▲IPQ $,$▲IRQ \backsim ▲IXD$。(それぞれ向きが負の相似である)

図

図

これは、$▲IRQ \backsim ▲IXD$の相似において$P$と$R$がそれぞれ対応していることを示している。(図１３)(注)
よって$IQ:RP=ID:XR$つまり$IQ:ID=RP:XR$が分かり、また$\measuredangle IDR =\measuredangle IQR=90°$ なので$\measuredangle QID=\measuredangle QRD=\measuredangle QRX$より$▲QID\backsim▲PRX$が従う。 $STEP.２$終
図

図

$[3]仕上げ$

$STEP.１,STEP.２$より、内心$I$の直線$JH$を軸に対称な点$I’$をとれば、$IQ:II’=RP:RK=1:2$なので$▲I’ID\backsim▲KRX$が成り立つ。この相似は正の相似(回転相似)なので、対応する辺の直線同士の成す角度は等しい。$I´I \perp KR, ID \perp RX$は自明より、$DI’\perp KX(=EF)$が分かる。 $(証明終)$

図

垂心を$H$、$AH$と$BC$、外接円との交点をそれぞれ$D,T(\neq A$)とする。$ \measuredangle BHC=-(\measuredangle CBH + \measuredangle HCB)=-( \measuredangle HAC + \measuredangle BAH)=- \measuredangle BAC =\measuredangle CTB$
であり、$HT \perp BC$より$HD=DT$が成り立つ。よって$T$は$H$と$BC$を軸に対称だから、$OA=OT=O'H$が成り立ち、
また$ \measuredangle OAT=\measuredangle ATO= \measuredangle OHT$ より $AO /\!/ HO'$
であるから四角形$AOO'H$は平行四辺形である。

定理３より$K$は$OH$の中点なので、$AO'$は$K$を通っている。$(証明終)$
図

補題５を補題４の三角形$DHJ$に適用すると、外心が$I$なので三角形$DHJ$の九点心を$O_2$とすると$直線DI’=直線O_2D$である。(☆)(図１８)

三角形$DHJ$の傍心をそれぞれ$S,T,U$とすると$HJ,TU$、$JD,US$、$DH,ST$はそれぞれ$AI,BI,CI$と直行してるため並行である。よって三角形$DHJ$と三角形$STU$は同じ方向に拡大縮小した相似関係にある。

三角形$STU$において$I$は垂心であることはすぐに分かるが、定期３で示した通り九点円は「各頂点から各辺へ降ろした垂線の足三点」を通るので、三角形$DHJ$の外心$O_1$が三角形$STU$における九点心にあたる。

つまり三角形$DHJ$と$STU$の相似において、$O_2$と$O_1$$,$$D$と$S$がそれぞれ対応しているので、$O_2D$は$O_1S$に対応している(図１９)。よって☆ の事実も兼ねて$DI’=O_2D /\!/ O_1S $となる。

補題４より$DI’ \perp EF$なので、$O_1S \bot EF$を得る。　　$(証明終)$

図

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