シムソン線であそぼう！

次のように角度計算できる.
$$ \mang QPR=\mang QPD+\mang DPR=\mang QCD+\mang DBR=\mang ACD+\mang DBA=0 $$

シュタイナー線はシムソン線を2倍に相似拡大したものなので明らか.

定理1と同様に$P,Q,R$を定める.
$$ \mang AD'P=\mang AD'D=\mang ACD=\mang QCD=\mang QPD=\mang QPD' $$
よりよい.

定理2と同様に$P,Q,R$を定め, 三角形$ABC$の外接円を$\Gamma$とする. $BC,CA,AB$について$H$と対称な点は$\Gamma$上にあるから, $BC,CA,AB$について$\Gamma$と対称な円$\Gamma_{A},\Gamma_{B},\Gamma_{C}$はすべて$H$を通り, $P,Q,R$はそれぞれこれらの円上にある. よって, 次が成り立つ.
$$ \mang QHR=\mang QHC+\mang CHB+\mang BHR=\mang QAC+\mang BAC+\mang BAR =\mang CAD+\mang BAC+\mang DAB=0 $$
よって, 3点$Q,R,H$は共線であり, $H$はシュタイナー線上にある.

$BC,CA,AB$について$H$と対称な点をそれぞれ$H_A,H_B,H_C$とし, $m$と対称な直線をそれぞれ$m_A,m_B,m_C$とする. $m_A$と$\Gamma$の$H_A$以外の交点を$D$とすると, $m$は$D$におけるシュタイナー線である. よって, $DH_B,DH_C$はそれぞれ$CA,AB$について$m$と対称な直線であるから, $m_B,m_C$は$D$を通る. よって主張は示された.

$M$と3直線$m_1,m_2,m_3$の作る三角形にシムソンの定理を用いて$P_1,P_2,P_3$の共線がわかる. 同様の議論をもう1つの三角形に対しても行えば主張は従う.

ミケル点を$M$とすれば, 命題6より$M$における4つの三角形のシムソン線は一致する. よって, 命題4より従う.

$P,Q$を通り$AC$に垂直な直線と外接円が再び交わる点を$P',Q'$とすると, 命題3より, $P,Q$におけるシムソン線はそれぞれ$BP',BQ'$に平行である. よって, 2つのシムソン線のなす角は$\mang P'BQ'$に等しく, 対称性よりこれは弧$PQ$の円周角に等しい.

2本のシムソン線の交点を$X$とし, $HP,HQ$の中点をそれぞれ$M,N$とすれば, 命題4より$M,N$はそれぞれ$P,Q$におけるシムソン線上にある. ここで, 命題8より$\mang NPM=90\do$であるから, $NM$を直径とする円は$X$を通る. 一方この円は$H$を中心に外接円を1/2倍に縮小したものであるから, 9点円に一致する. 従って主張は示された.

『シムソンの定理拡張における発想の分析』を参照.

『シムソンの定理拡張における発想の分析』を参照.

数研通信の記事 で初等的に証明されている.

$AB,BC,CD,DA,AC,BD$の中点をそれぞれ$E,F,G,H,I,J$とし, 三角形$ABD,ACD$の9点円の交点を$X$とする.
$$ \measuredangle EXI=\measuredangle EXH+\measuredangle HXI=\measuredangle EJH+\measuredangle HGI=\measuredangle HAE+\measuredangle IAH=\measuredangle IAE=\measuredangle EFI $$
より, 4点$EIFX$は共円. 同様に, 4点$GJFX$も共円である.

$A$から$BC,CD,DA$に下した垂線の足を$K,L,M$; $B$から$AC,CD,DA$に下した垂線の足を$N,O,P$; $C$から$AB,BD,DA$に下した垂線の足を$Q,R,S$; $D$から$AB,BC,CA$に下した垂線の足を$T,U,V$とすると,次を得る.
$\measuredangle TXV=\measuredangle TXH+\measuredangle HXV=\measuredangle TPH+\measuredangle HSV=\measuredangle TPD+\measuredangle BSU=\measuredangle ABD+\measuredangle VCD$

$ \measuredangle ABD+\measuredangle VCD=(90\do +\measuredangle TDB)+(90\do +\measuredangle CDV)=(90\do +\measuredangle TUB)+(90\do +\measuredangle CUV)$

$(90\do +\measuredangle TUB)+(90\do +\measuredangle CUV)=\measuredangle TUB+\measuredangle CUD=\measuredangle TUB+\measuredangle BVU=\measuredangle TUV$

よって, 4点$TUVX$は共円である. 他の3組についても同様に示される.

本質でないので省略. 幾何教程(下)(pp.298-299)ではパスカルの定理を用いて証明されている.

$\mathcal{H}$の中心が三角形$ABC$の9点円上にあることを示す.
$\mathcal{H}$と円$ABC$が再び交わる点を$E$, 三角形$ABC$の垂心を$H_E$, 三角形$ACE$の垂心を$H_B$とし, $BH_E,EH_B$と円$ABC$ が再び交わる点をそれぞれ$H'_E,H'_B $とする.
簡単な角度計算より, $AC$は$H_EH'_E,H_BH'_B$の垂直二等分線であるから, $H_EH'_EH_BH'_B$は等脚台形である.
一方, $BH'_EEH'_B$も等脚台形であるから, 三角形$H'_{E}EH_B$と三角形$H'_{E}BH_B$は合同である. よって$BH_{E}H_{B}E$は平行四辺形であるから, $\mathcal{H}$の中心は$H_{B}E$の中点であり, これは9点円上にある.

同様にして$\mathcal{H}$の中心は三角形$BCD,CDA,DAB$の9点円上にあることが示せるから, オイラー・ポンスレ点に一致する.

4点$A,B,C,D$を通る直角双曲線$\mathcal{H}$をとれば, 補題14よりこれは$H_A,H_B,H_C,H_D$を通る. よって, 2つのオイラー・ポンスレ点は$\mathcal{H}$の中心に他ならない.

$M$から$AB,BC,CD,DA,AC,BD$に下した垂線の足をそれぞれ$P,Q,R,S,T,U$とすると, $AMPST,BMPQU,CMQRT,DMRSU$はすべて共円である. よって, $E$は4本のシムソン線がつくる完全四辺形のミケル点に他ならない. よって命題6より主張は従う.

$E$から$AB,BC,CD,DA,AC,BD$に下した垂線の足をそれぞれ$P,Q,R,S,T,U$とし,垂足円$PTQ,QRU$の交点を$O$とする.
このとき, 5点$AEPST,BEPQU,CEQRT,DERSU$はそれぞれ共円である. よって, 次のように計算できるので, 4点$RTSO$は共円である.
$$ \measuredangle TOR=\measuredangle TOQ+\measuredangle QOR=\measuredangle TOQ+\measuredangle QUR=\measuredangle TPQ+\measuredangle QUB+\measuredangle DUR=\measuredangle TPQ +\measuredangle QPB+\measuredangle DSR=\measuredangle TPA+\measuredangle DSR=\measuredangle TSA+\measuredangle DSR=\measuredangle TSR $$

同様にして, 4点$PUSO$の共円も示されるから主張は従う.

$O$を中心に反転すれば通常のミケルの四辺形定理に帰着される.

$C_A,C_B,C_C,C_D$の共有点を中心に反転すれば命題6と同値. (そうなるように$H_A$たちを定めたため)