Specialなオイラー線~オイラー線上に内心がある場合~

略。 オイラー線の３通りの証明 | 高校数学の美しい物語 (manabitimes.jp) に詳しく載っている。

略。 数学オリンピック幾何への挑戦｜日本評論社 (nippyo.co.jp) の6章に詳しく載っている。

任意の三角形は相似拡大により半径1の外接円に内接するように出来るので、ここでは$△\mathit{\text{ABC}}$の3頂点を単位円上にとることにする。
対称性より、$A(a^2),B(b^2),C(1)$ 、内心については$I(-ab-a-b)$または$I(-ab+a+b)$となるような複素数$a,b$をとることが出来る。

(i)$I(-ab-a-b)$の時
$I$がオイラー線上にあることから、

${\displaystyle \frac{-ab-a-b}{a^2+b^2+1}}=\stackrel{―}{({\displaystyle \frac{-ab-a-b}{a^2+b^2+1}})}$

仮定より、$|a^2|=|b^2|=|c^2|=1$から、$|a|=|b|=|c|=1$であるので、
これを用いて共役を外し、分母を払うことで、
$(-ab-a-b)(a^2{b}^2+a^2+b^2)=(-ab-a^{2}b-a{b}^2)(a^2+b^2+1)$
展開して整理することで、
$(ab-1)(a-b^2)(b-a^2)=0$を得る。
これより、$a^2{b}^2=1$または$a^2=b^4$または$b^2=a^4$が得られる。

$a^2{b}^2=1$の時、${\displaystyle \frac{AC}{BC}}=|{\displaystyle \frac{1-a^2}{1-b^2}}|=|a^2|=1$より、$AC=BC$

$a^2=b^4$の時、${\displaystyle \frac{AB}{BC}}=|{\displaystyle \frac{a^2-b^2}{1-b^2}}|=|b^2|=1$より、$AB=BC$

$b^2=a^4$の時、${\displaystyle \frac{AB}{AC}}=|{\displaystyle \frac{b^2-a^2}{1-a^2}}|=|a^2|=1$より、$AB=AC$

これらはすべて$△\mathit{\text{ABC}}$が二等辺三角形であることを表す。

(ii)$I(-ab+a+b)$の時、
(i)と同様にすることで、$(ab-1)(b^2+a)(a^2+b)=0$が得られる。
これより、$a^2{b}^2=1$または$a^2=b^4$または$b^2=a^4$が得られるが、
これらは(i)と同じく、$△\mathit{\text{ABC}}$が二等辺三角形であることを表している。

∴(i)(ii)より、題意は示された。

$△\mathit{\text{ABC}}$が正三角形でないことから、対称性より$B,C$は$△\mathit{\text{ABC}}$のオイラー線上に存在しないとすることができる。
ここで、有名事実より、2点$O,H$は共に$△\mathit{\text{ABC}}$において等角共役点であるので、
直線$BI$が$\mathrm{\angle }B$の内角の二等分線であることと合わせることで、
$\mathrm{\angle }OBI=\mathrm{\angle }IBH$が得られる。
したがって、$△BOH$において、直線$BI$は$\mathrm{\angle }OBH$の内角の二等分線なので、
角の二等分線の性質から、$OI:IH=BO:BH$・・・(1)
$\mathrm{\angle }C$についても同様に考えることで、$OI:IH=CO:CH$・・・(2)
(1)(2)より、$BO:BH=CO:CH$であるが、点$O$が$△ABC$の外心であることから、$BO=CO$であるので、$BH=CH$
ここで、$△ABC$において3点$A,B,C$から対辺に下した垂線の足をそれぞれ$D,E,F$とすると、$BH=CH,\mathrm{\angle }BDH=\mathrm{\angle }CDH=90\text{°}$,さらに$DH$を共有することから、
$△BDH\equiv △CDH$(斜辺と他の一辺相等)
ゆえに、$△BDH\equiv △CDH$より$BD=CD$であり、
また、$\mathrm{\angle }ADB=\mathrm{\angle }ADC=90\text{°}$であり$AD$を共有することから、
$△ADB\equiv △ADC$(二辺夾角相等角)
したがって、$△ADB\equiv △ADC$より$AB=AC$であるので、題意は示された。