船旅備忘録

$\angle PXC=\angle PYC=90^{\circ} $
従って4点$P,Y,X,C$は共円
円周角の定理より
$\angle PCY=\angle PXY$,$\angle PCA=PKA$
$ \therefore \angle PXY=\angle PKA$
$\therefore XY /\!/KA $

点$K$は$\triangle PBC$の外接円上の点であり$BC\perp PK$なので補題1.17より示せた.

四角形$AHK^{\prime}P$は平行四辺形なので$AH/\!/PK^{\prime},AH=PK^{\prime}$
また四角形$LAKX$も平行四辺形なので$AL=KX$
これと$KX=K^{\prime}X$より$HL=KK^{\prime}$
これと$AH/\!/PK^{\prime}$より四角形$LHXP$は平行四辺形である.

平行四辺形の対角線はそれぞれの中点で交わるので問題4.3より$P$のシムソン線、即ち直線$LX$は線分$PH$の中点を通る.

直線$AC$上に点$A$について点$C$と反対側に点$C^{\prime}$をとる.
半直線$AI_A,AI_C$はそれぞれ$\angle CAB,\angle BAC^{\prime}$の2等分線なので$\angle I_AAI_C=\cfrac{1}{2}\angle CAC^{\prime}=90^{\circ}$
$C$を$B$と置き換えれば$\angle I_AAI_B=90^{\circ}$

問題4.6と同様にして$I_AI_B\perp I_CC,I_CI_A\perp I_BB$
3直線$I_AA,I_BB,I_CC$は1点$I$で交わるので題意は成り立つ.

$\triangle AB^{\prime}C^{\prime},ABC$は点$A$を中心とする相似拡大の関係にあり，$\triangle AB^{\prime}C^{\prime}$に対する点$E$と$\triangle ABC$に対する点$X$は同じ関係にあるので3点$A,E,X$は共線.
$BC\perp ID,B^{\prime}C^{\prime}\perp IE,BC/\!/B^{\prime}C^{\prime}$より$ID/\!/IE$
従って3点$E,I,D$は共線であり点$I$は$\triangle ABC$の内心なので線分$DE$は内接円の直径.

$\triangle AB^{\prime}C^{\prime},ABC$は点$A$を中心とする相似拡大の関係にあり，$\triangle AB^{\prime}C^{\prime}$に対する点Dと$\triangle ABC$に対する点Yは同じ関係にあるので3点$A,D,Y$は共線.

$BD=CX,BM=CM$より$DM=MX$
また$DI=IE$なので中点連結定理より$IM/\!/EX$
即ち$AE/\!/IM$

$AK\perp BC,ED\perp BC$より$\triangle XAK,XED$は点$X$を中心とする相似拡大の関係にある.
$\triangle XAK$に対する点$M$の関係と$triangle XEI$に対する点$I$の関係は同じなので3点$X,I,M$は共線である.

$ID\perp BC,I_AX\perp BC$より$\triangle MID,MXI_A$は点$M$を中心とする相似拡大の関係にある.
$\triangle MID$に対する点Dの関係と$\triangle MXI_A$に対する点$I_A$の関係は同じなので3点$M,D,I_A$は共線である.

点$I$から直線$AB^{\prime},B^{\prime}C^{\prime},C^{\prime}A$に下ろした垂線の足はそれぞれ点$F,X,E$であり，これらは共線なのでこの直線は点$I$のシムソン線である.
即ち点$I$は$\triangle AB^{\prime}C^{\prime}$の外接円上にある.

点$I$は$\triangle ABC$の内心なので$\angle B^{\prime}AI=\angle C^{\prime}AI$
従って円周角の定理の逆より$B^{\prime}I=C^{\prime}I$
$\triangle IB^{\prime}C^{\prime}$は二等辺三角形であり点$X$は点$I$から底辺に下ろした垂線の足なので$B^{\prime}X=C^{\prime}X$

補題4.18の後半2つの条件が成り立っていると仮定する.
$\triangle ABC$と点$P$についてチェバの定理(三角比ver.)より$\cfrac{\sin \angle PAB}{\sin \angle PAC}\cdot \cfrac{\sin \angle PBC}{\sin \angle PBA}\cdot \cfrac{\sin \angle PCA}{\sin \angle PCB}=1$
$\triangle ABC$と点$P^{\star}$についてもチェバの定理(三角比ver.)より$\cfrac{\sin \angle P^{\star}AB}{\sin \angle P^{\star}AC}\cdot \cfrac{\sin \angle P^{\star}BC}{\sin \angle P^{\star}BA}\cdot \cfrac{\sin \angle P^{\star}CA}{\sin \angle P^{\star}CB}=1$
これらを両辺かけると，仮定より
$\cfrac{\sin \angle PAB}{\sin \angle PAC}\cdot \cfrac{\sin \angle P^{\star}AB}{\sin \angle P^{\star}AC}=1$
$\angle BAC=\alpha,\angle PAC = \theta,\angle P^{\star}AB=\phi$として展開して整理すると
$\sin(\theta - \phi)=0$
$\therefore \theta = \phi$
題意は示された.

$\triangle ABC$と点$P$についてチェバの定理より
$\cfrac{XC}{XB}\cdot \cfrac{ZA}{ZB}\cdot \cfrac{YC}{YA}=1$
仮定より$XC=X^{\prime}B,XB=X^{\prime}C,ZA=Z^{\prime}B,ZB=Z^{\prime}A,YC=Y^{\prime}A,YA=Y^{\prime}C$なので
$\cfrac{X^{\prime}C}{X^{\prime}B}\cdot \cfrac{Z^{\prime}A}{Z^{\prime}B}\cdot \cfrac{Y^{\prime}C}{Y^{\prime}A}=1$
従ってチェバの定理の逆よりチェバ線$AX^{\prime},BY^{\prime},CZ^{\prime}$は1点で交わる.

等角共役点の定義から明らか.

正弦定理より
$AC:CD=\sin \angle ADC :\sin \angle DAC,AB:BD=\sin\angle ADB: \sin \angle DAB$
$\sin \angle ADC=\sin\angle ADB$であり，上2式を辺々割って
$\cfrac{AB}{AC}:\cfrac{BD}{CD}=1:\cfrac{\sin \angle DAB}{\sin \angle DAC}$
同様にして
$\cfrac{AB}{AC}:\cfrac{BE}{CE}=1:\cfrac{\sin \angle EAB}{\sin \angle EAC}$
$\angle DAB=\angle EAC,\angle DAC=\angle EAB$なので上2式を辺々かけて
$\cfrac{BD}{DC}\cdot \cfrac{BE}{EC}=(\cfrac{AB}{AC})^2$

正弦定理より$\cfrac{AC}{MC}=\cfrac{\sin \angle AMC}{\sin \angle MAC},\cfrac{AB}{MB}=\cfrac{\sin \angle AMB}{\sin \angle MAB}$
辺々割って
$\cfrac{MC}{MB}\cdot\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{\sin \angle MAC}{\sin \angle MAB}\cdot\cfrac{\sin \angle DAB}{\sin \angle DAC}$
$\sin \angle MAC=\sin \angle MAB$
正弦定理より$\cfrac{AB}{AC}=\cfrac{\sin \angle C}{\sin \angle B}$
2点$M,D$は等角共役の関係にあるので$\angle CAM=\angle BAX,\angle BAM=\angle CAX$
以上より$\cfrac{CM}{MB}=\cfrac{\sin \angle B \sin \angle BAX}{\sin \angle C \sin \angle CAX}=1$

2点$A,K$を逆にすれば良い.

円周角の定理より$\angle AKB=\angle ACM$
点$D$は類似中線上の点なので$\angle BAK=\angle MAC$
従って$\triangle ABK\backsim\triangle AMC$

定理4.22より$\cfrac{BD}{DC}\cdot \cfrac{BM}{MC}=\cfrac{BD}{DC}=(\cfrac{AB}{AC})^2$

正弦定理より$\cfrac{AB}{BK}=\cfrac{\sin\angle AKB}{\sin\angle BAK}$
円周角の定理より$\angle AKB=\angle ACB$
また，$\angle BAK =\angle MAC$なので正弦定理より
$\cfrac{AB}{BK}=\cfrac{AM}{CM}$
同様に$\cfrac{AC}{CK}=\cfrac{AM}{BM}=\cfrac{AM}{CM}$
$\therefore\cfrac{AB}{BK}=\cfrac{AC}{CK}$

円$BCX$と$AK$の交点を点$P$とする.
円周角の定理より$\angle BPC=2\angle BAC,\angle BPX=\angle CPX$
$\therefore \angle BPK=\angle BAC$
円周角の定理より$\angle ACB=\angle PKB$
従って$\triangle ABC \backsim \triangle PBK$
$\therefore PK=\cfrac{AC}{BC}\cdot BK=\cfrac{AC}{2CM}\cdot BK$
補題4.26(b)より$\cfrac{AC}{CM}=\cfrac{AK}{BK}$なので
$PK=\cfrac12AK$

補題4.26(d)より$\cfrac{BK}{CK}=\cfrac{BA}{CA}$
従って一致法より$BC$は$\triangle BAK,CAK$の$B,C$類似中点

外角の定理より$\angle AMD=\angle ACM+\angle CAM$
円周角の定理より$\angle ACB=\angle AKB$
補題4.26(a)より$\angle AKB=\angle MKC$
従って$\angle ACM=\angle MKC$
円周角の定理より$\angle BAK=\angle BCK$
また，$\angle CAM=\angle DAM$なので
$\angle CAM=\angle MCK$
以上より外角の定理より$\angle DMK=\angle MKC+\angle MCK$なので$\angle AMD=\angle KMD$
従って直線$BC$は$\angle AMK$の内角の二等分線.
直線$AM$上に点$M$について点$A$と反対側に点$Q$をとる.
$\angle BMX=90^{\circ}$なので$\angle XMK=90^{\circ}-\angle BMK=\cfrac12(180^{\circ}-\angle AMK)$
従って直線XMは$\angle AMK$の外角の二等分線.

直線$AT$と円$\omega$の交点のうち点$T$出ない方を点$S$とする.
接弦定理より$\angle TSK=\angle TAM,\angle TKS=\angle TMA$従って$\angle STK=\angle ATM$
従って3点$A,S,T$は同一直線上にあり，点$K,M$はこの直線について同じ側にあるので$T,K,M$は共線.

点$M$を通る円$\Omega$の接線を$l$とする.
$PK/\!/OM,PK\perp AB,OM\perp l$より$BC/\!/l$
従って$MA=MB$である.
円周角の定理より$\angle ABM=\angle MTB$
$\triangle TMB,BMK$は$\angle TMB$を共有しているので$\triangle TMB\backsim \triangle BMK$

接弦定理より$\angle MCT=\angle KLT$
従って$\angle ICT=\angle ILT$であり点$L,C$は直線$IT$に関して同じ側にあるので円周角の定理の逆より4点$C,L,I,T$は共円.

接弦定理より$\angle CLT=\angle LKT$
円周角の定理より$\angle CLT=\angle CIT$
従って$\angle MKI=\angle MIT$
$\angle M$を共有しているので$\triangle MKI\backsim \triangle MIT$

$AI$は$\angle KAL$の二等分線であり$AK=AL$なので$KI=IL$

補題4.25より$AT$は$\triangle TKL$の$T$類似中線.
点$I$は辺$KL$の中点なので$\angle ATK = \angle LTI$

問題4.38と円周角の定理より$ \stackrel{\huge\frown}{AM_C}=\stackrel{\huge\frown}{SM_B}$
$ \stackrel{\huge\frown}{AM_C}=\stackrel{\huge\frown}{BM_C}$,$ \stackrel{\huge\frown}{AM_B}=\stackrel{\huge\frown}{CM_B}$なので
$ \stackrel{\huge\frown}{SB}=\stackrel{\huge\frown}{SC}$

直線$SR$に点$Q$から下ろした垂線の足を点$T$とする.
点$Q$は円$PRS$上にあるので3点$H,K,T$は$Q$シムソン線上の点である.
$\angle QHS=\angle HST=\angle STQ=90^{\circ}$より四角形$HSTQ$は長方形.
線分$HT,QS$はこの長方形の対角線なので直線$HK$は線分$QS$を二等分する.

トリリウムの定理より$\triangle IAB,IBC,ICA$の外心は$\triangle ABC$の外接円上にある.

点$A$から$BC$に下ろした垂線の足を$D$とする.
$OA_1/\!/AD$より$\angle OA_1A=\angle A_1AD$
$\triangle OAA_1\backsim \triangle OA_2A$より
$\angle OAA_2=\angle OA_1A$
また外心と垂心は等角共役の関係にあるので直線$AA_2$は$A$類似中線.
同様に$BB_2,CC_2$もそれぞれ$B,C$類似中線なので3直線$AA_2,BB_2,CC_2$は共点.

$\triangle OAA_1\backsim \triangle OA_2A$より$OA_1\cdot OA_2=OA^2=OB^2$
従って$\triangle OBA_1\backsim\triangle OA_2B$
$\therefore \angle OBA_2=90^{\circ}$
従って直線$BA_2$は円$ABC$に接する.
同様にして直線$CA_2$は円$ABC$に接するので$AA_2$は$\triangle ABC$の$A$類似中線.
以下同様.

$\triangle ABC$の垂心を$H$とする.
直線$PR$は円$ABC$の$X$シムソン線であるので補題4.3より四角形$RXPH$は平行四辺形.
$RX/\!/PH$なので点$H$は直線$l$上の点である.
従って直線$l$は常に$\triangle ABC$の垂心を通る.

補題4.6から点$H$は$\triangle DEF$の内心であり，点$A$は$\triangle DEF$の$D$傍心である.
$AP\perp EF,HQ\perp EF$より$FP=QE$であり点$R$は直線$PD,QH$の交点なので線分$QR$は$\triangle DEF$の内接円の直径である.
従って$\cfrac{HQ}{HR}=1$

接弦定理より$\angle ZEP= \angle ZCE$
$\angle CZE=90^{\circ}$なので$\tan ZEP=\cfrac{ZE}{ZC}$
直線$CP$と円$\omega$の交点のうち$C$出ない方を$Q$とする.
$EQ\perp CP,FD\perp CP$なので$\triangle DFP,QEP$は点$P$を中心とする相似拡大の関係にある.
従って円$\omega,\omega_1$も同様の相似拡大の関係にあり，特にこれらの中心と点$P$は共線である.
補題4.33より直線$MZ$は円$\omega,\omega_1$の根軸である.
即ちこの直線とこれらの円は点$Z$で接している.
$\therefore MZ\perp ZP$
従って$\triangle EZP\backsim\triangle CZM$であるので$\cfrac{ZE}{ZC}=\cfrac{PE}{CM}$
以上より$\tan\angle ZEP=\cfrac{PE}{CM}$

まず直線$AB,CD$が平行でない場合を考える.
交点を$R$とすると$P$と$Q_1$,$P$と$Q_2$はそれぞれ等角共役点なので$\angle CRQ_1=\angle CRQ_2$
2点$Q_1,Q_2$は直線$CD$について同じ側にあるので3点$R,Q_1,Q_2$は共線である.
$Q_1Q_2/\!/AB$かつ$Q_1Q_2$と$CD$が平行でないとき直線$AB,CD$が平行でないので3直線$AB,CD,Q_1Q_2$は一点で交わる.
しかし，$AB,Q_1Q_2$は交点を持たないので矛盾.
従って$Q_1Q_2/\!/AB$ならば$Q_1Q_2/\!/CD$
逆も同様に示せる.

p.330と同じ.

$\triangle ABC$の$A$傍接円と辺$BC$の接点を$E$とする.
直線$AT,AE$は等角共役なので$\angle BAE=\angle TAC$
円周角の定理より$\angle ABE=\angle ATC$
従って$\triangle ABE\backsim \triangle ATC$
$\therefore AB:BE=AT:TC$
$BE=CD$なので$AB:CD=AT:CT$
円周角の定理より$\angle BAT=\angle DCT$なので
$\triangle ABT\backsim \triangle CDT$
$\therefore \angle BTA=\angle CTD$

$\triangle ABC$の$A,B,C$傍心を$I_A,I_B,I_C$とする.
補題4.14より3点$A_0,D,I_A$は共線であり，同様にして$B_0,E,I_B$と$C_0,F,I_C$もそれぞれ共線.
$\triangle ABC$の傍心三角形の傍心三角形$XYZ$を考える.但し，$AB/\!/XY,BC/\!/YZ,CA/\!/ZX$である.
この2つの三角形は$\triangle ABC$の九点円の中心を中心とする相似拡大の関係にある.
それぞれで$I,D,E,F$が$O,I_A,I_B,I_C$に対応するので4直線$IO,I_AD,I_BE,I_CF$は共点.
従って4直線$IO,A_0D,B_0E,C_0F$は共点である.

$IC$と$A^{\prime}B^{\prime}$の交点を$D$,$MC$と$A^{\prime}B^{\prime}$の交点を$E$,$MC$と$IK$の交点を$F$とする.
$IC\perp DK,IK\perp CF$なので点$E$は$\triangle IKC$の垂心である.
従って$IE\perp CK$
また，補題4.17,$AB\perp C^{\prime}I$より$IE\perp AB$
以上より$AB/\!/CK$

P.331と同じ.

実数$0\lt r$と実数$\theta$を用いて$z=re^{i\theta}$とする．
反転の定義より$\left| z \right| \left| z^{\star} \right| =1$であり$\arg(z)=\arg(z^{\star})$なので
$z^{\star}=r^{-1}e^{i\theta}$
これと$\overline{z}=re^{-i\theta}$より
$z^{\star}=(\overline{z})^{-1}$

無限遠点は原点に移り，原点は無限遠点に移り原点を通る全ての曲線はこの2点を必ず通るので，3点$O,A,B$が共線であるときに5点$O,A,B,A^{\star},B^{\star}$が共線であることを示せば良い．
点$A,B$は$O$と異なる点としてよく，このとき問題8.3の$r$の変域を$0$以外の全ての実数まで拡張できる．また$0 \leq \theta \lt \pi$としてよいので
$\arg(A)=\arg(B)$であり$\arg(A)=\arg(A^{\star}),\arg(B)=\arg(B^{\star})$
以上より$\arg(A)=\arg(B)=\arg(A^{\star})=\arg(B^{\star})$
したがって5点$O,A,B,A^{\star},B^{\star}$は共線である．

これらは有向角を使うと楽になる．
仮定より$\measuredangle OAB=0^{\circ}$
これと定理8.2より$\measuredangle OB^{\star}A^{\star}=0^{\circ}$
従って3点$O,A^{\star},B^{\star}$は共線．
3点$O,A,A^{\star}$と$O,B,B^{\star}$はそれぞれ共線なので5点$O,A,B,A^{\star},B^{\star}$は共線である．