オイラー線ととある根心の関係

読者に委ねる。

外心 $O$ を原点にとり，頂点 $A,B,C$ の位置ベクトルをそれぞれ$$ \overrightarrow{OA}=\mathbf a,\qquad \overrightarrow{OB}=\mathbf b,\qquad \overrightarrow{OC}=\mathbf c $$ とおく．
このとき $ |\mathbf a|=|\mathbf b|=|\mathbf c|$ が成り立ち，また垂心 $H$ の位置ベクトルは $$\overrightarrow{OH}=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c $$ で与えられる． 各辺の中点を $$ M_a=\frac{\mathbf b+\mathbf c}{2},\qquad M_b=\frac{\mathbf c+\mathbf a}{2},\qquad M_c=\frac{\mathbf a+\mathbf b}{2} $$ とする．すると，円 $K_a,K_b,K_c$ はそれぞれ $$ K_a:\ \left|x-\frac{\mathbf b+\mathbf c}{2}\right|^2=\frac{|\mathbf b-\mathbf c|^2}{16}, $$ $$ K_b:\ \left|x-\frac{\mathbf c+\mathbf a}{2}\right|^2=\frac{|\mathbf c-\mathbf a|^2}{16}, $$ $$ K_c:\ \left|x-\frac{\mathbf a+\mathbf b}{2}\right|^2=\frac{|\mathbf a-\mathbf b|^2}{16} $$ と表される． まず $K_a$ と $K_b$ の根軸を求める． $$ \left|x-\frac{\mathbf b+\mathbf c}{2}\right|^2-\frac{|\mathbf b-\mathbf c|^2}{16} = \left|x-\frac{\mathbf c+\mathbf a}{2}\right|^2-\frac{|\mathbf c-\mathbf a|^2}{16} $$を展開すると， $$ x\cdot(\mathbf a-\mathbf b) +\frac{|\mathbf b+\mathbf c|^2-|\mathbf c+\mathbf a|^2}{4} -\frac{|\mathbf b-\mathbf c|^2-|\mathbf c-\mathbf a|^2}{16} =0 $$となる．ここで $$ |\mathbf b+\mathbf c|^2-|\mathbf c+\mathbf a|^2 = 2\mathbf b\cdot\mathbf c-2\mathbf c\cdot\mathbf a = -2\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b), $$ また $$ |\mathbf b-\mathbf c|^2-|\mathbf c-\mathbf a|^2 = (|\mathbf b|^2-|\mathbf a|^2)-2\mathbf b\cdot\mathbf c+2\mathbf c\cdot\mathbf a = 2\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b) $$ であるから，結局 $$ x\cdot(\mathbf a-\mathbf b) = \frac58\,\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b) $$ を得る．したがって，$K_a$ と $K_b$ の根軸はこの一次方程式で表される． 同様にして， $$ x\cdot(\mathbf b-\mathbf c) = \frac58\,\mathbf a\cdot(\mathbf b-\mathbf c) $$ が $K_b$ と $K_c$ の根軸， $$x\cdot(\mathbf c-\mathbf a) = \frac58\,\mathbf b\cdot(\mathbf c-\mathbf a) $$ が $K_c$ と $K_a$ の根軸である． ここで $$ p:=\frac58(\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c) $$ とおくと， $$ p\cdot(\mathbf a-\mathbf b) = \frac58\bigl(|\mathbf a|^2-|\mathbf b|^2+\mathbf c\cdot\mathbf a-\mathbf c\cdot\mathbf b\bigr) = \frac58\,\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b) $$ より，$p$ は $K_a$ と $K_b$ の根軸上にある． 同様にして $p$ は $K_b$ と $K_c$ の根軸上，および $K_c$ と $K_a$ の根軸上にもある． ゆえに $p$ は 3 つの円 $K_a,K_b,K_c$ の根心である． したがって $$ \overrightarrow{OP}=p=\frac58(\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c)=\frac58\,\overrightarrow{OH} $$ となり，$P$ はオイラー線 $OH$ 上にある． よって $$ OP:PH=5:3 $$ が従う．$\blacksquare$

外心 $O$ を原点にとり，頂点 $A,B,C$ の位置ベクトルをそれぞれ
$$ \overrightarrow{OA}=\mathbf a,\qquad \overrightarrow{OB}=\mathbf b,\qquad \overrightarrow{OC}=\mathbf c$$
とおく．このとき
$$|\mathbf a|=|\mathbf b|=|\mathbf c|$$
であり，垂心 $H$ の位置ベクトルは
$$\overrightarrow{OH}=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c$$
で与えられる．
また，各辺の中点を
$$M_a=\frac{\mathbf b+\mathbf c}{2},\qquad M_b=\frac{\mathbf c+\mathbf a}{2},\qquad M_c=\frac{\mathbf a+\mathbf b}{2}$$
とする．
ここで
$$\tau= \begin{cases} \dfrac1n & (n \text{ が偶数}),\\[0.8em] \dfrac1{2n} & (n \text{ が奇数}) \end{cases}$$
とおくと，円 $K_a,K_b,K_c$ はそれぞれ
$$K_a:\quad \left|x-M_a\right|^2=\tau^2\left|\mathbf b-\mathbf c\right|^2,$$
$$ K_b:\quad \left|x-M_b\right|^2=\tau^2\left|\mathbf c-\mathbf a\right|^2,$$
$$ K_c:\quad \left|x-M_c\right|^2=\tau^2\left|\mathbf a-\mathbf b\right|^2$$
と表される．
まず，$K_a$ と $K_b$ の根軸を求める．
$$\left|x-\frac{\mathbf b+\mathbf c}{2}\right|^2-\tau^2\left|\mathbf b-\mathbf c\right|^2 = \left|x-\frac{\mathbf c+\mathbf a}{2}\right|^2-\tau^2\left|\mathbf c-\mathbf a\right|^2 $$
を展開すると，
$$ x\cdot(\mathbf a-\mathbf b) +\frac{|\mathbf b+\mathbf c|^2-|\mathbf c+\mathbf a|^2}{4} = \tau^2\bigl(|\mathbf b-\mathbf c|^2-|\mathbf c-\mathbf a|^2\bigr)$$
となる．ここで
$$|\mathbf b+\mathbf c|^2-|\mathbf c+\mathbf a|^2 = 2\,\mathbf b\cdot\mathbf c-2\,\mathbf c\cdot\mathbf a = -2\,\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b),$$
また
$$|\mathbf b-\mathbf c|^2-|\mathbf c-\mathbf a|^2 = 2\,\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b)$$
であるから，
$$x\cdot(\mathbf a-\mathbf b) -\frac12\,\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b) = 2\tau^2\,\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b)$$
すなわち
$$x\cdot(\mathbf a-\mathbf b) = \left(\frac12+2\tau^2\right)\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b)$$
を得る．
したがって，$K_a$ と $K_b$ の根軸はこの一次方程式で表される．
同様に，$K_b$ と $K_c$ の根軸は
$$x\cdot(\mathbf b-\mathbf c) = \left(\frac12+2\tau^2\right)\mathbf a\cdot(\mathbf b-\mathbf c),$$
$K_c$ と $K_a$ の根軸は
$$x\cdot(\mathbf c-\mathbf a) = \left(\frac12+2\tau^2\right)\mathbf b\cdot(\mathbf c-\mathbf a)$$ で与えられる．
ここで
$$p:=\left(\frac12+2\tau^2\right)(\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c)$$
とおくと，
$$p\cdot(\mathbf a-\mathbf b) = \left(\frac12+2\tau^2\right) \bigl(|\mathbf a|^2-|\mathbf b|^2+\mathbf c\cdot\mathbf a-\mathbf c\cdot\mathbf b\bigr) = \left(\frac12+2\tau^2\right)\mathbf c\cdot(\mathbf a-\mathbf b),$$
よって $p$ は $K_a$ と $K_b$ の根軸上にある．
同様にして $p$ は $K_b$ と $K_c$ の根軸上，および $K_c$ と $K_a$ の根軸上にもある．
したがって $p$ は 3 つの円 $K_a,K_b,K_c$ の根心である．
ゆえに
$$\overrightarrow{OP}=p=\left(\frac12+2\tau^2\right)(\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c)=\left(\frac12+2\tau^2\right)\overrightarrow{OH}$$
となり，$P$ はオイラー線 $OH$ 上にある．
最後に，
$$\lambda:=\frac12+2\tau^2$$
とおくと
$$\overrightarrow{OP}=\lambda\,\overrightarrow{OH}$$
であるから，
$$OP:PH=\lambda:(1-\lambda)$$
である．
実際，
$$\lambda= \begin{cases} \dfrac12+\dfrac{2}{n^2} & (n \text{ が偶数}),\\[1em] \dfrac12+\dfrac{1}{2n^2} & (n \text{ が奇数}) \end{cases}$$より，
$$OP:PH= \begin{cases} (n^2+4):(n^2-4) & (n \text{ が偶数}),\\[0.5em] (n^2+1):(n^2-1) & (n \text{ が奇数}) \end{cases}$$
を得る．$\blacksquare$

$D,E,F$ をそれぞれ $BC,CA,AB$ の中点とし，
$$\odot K_A:=(Dを中心とする半径 \tau\cdot BCの円),\qquad \odot K_B:=(Eを中心とする半径\tau\cdot CAの円),\qquad \odot K_C:=(Fを中心とする半径\tau\cdot ABの円) $$
と定義する。ただし，$\tau>0$ である。
$K_B$ と $AC$ の交点を $B_a,B_c$，
$K_C$ と $AB$ の交点を $C_a,C_b$ とし，
$A_1$を$B_aC_b$と$ C_aB_c$の交点
と定める。$B_1,C_1$ も巡回的に同様に定める。
まず，
$$AB_a=AC_a=\left(\frac12-\tau\right)AC, \qquad AB_c=AC_b=\left(\frac12+\tau\right)AC$$
が成り立つ。したがって，
$$ \frac{AB_a}{AC_b}=\frac{AC_a}{AB_c}=\frac{\frac12-\tau}{\frac12+\tau}.$$
また，
$\angle B_aA_1C_a=\angle C_bA_1B_c$であるから，$\triangle A_1B_aC_a\sim\triangle A_1C_bB_c.$
よって，$A_1B_a\cdot A_1B_c=A_1C_a\cdot A_1C_b.$
左辺は $\odot A_1$ の $\odot K_B$ に関する冪，右辺は $ \odot K_C$ に関する冪であるから，
$$\operatorname{Pow}_{K_B}(A_1)=\operatorname{Pow}_{K_C}(A_1).$$
したがって $ A_1$ は $\odot K_B,\odot K_C$ の根軸上にある。
一方，$B_aC_a\parallel B_cC_b$であるから，台形の対角線の交点に関する相似より，
$A_1$は$ AD$上にある。さらに
$$\frac{AA_1}{AD}=2\left(\frac12-\tau\right)\left(\frac12+\tau\right)=\frac12-2\tau^2.\tag{1}$$
$G$ を $\triangle ABC$ の重心とすると $AG:GD=2:1$ なので，
$$\frac{GA_1}{GA}=1-\frac32\left(\frac12-2\tau^2\right) =\frac{1+12\tau^2}{4}.\tag{2}$$
同様にして，
$$\frac{GB_1}{GB}=\frac{GC_1}{GC}=\frac{1+12\tau^2}{4}.$$
したがって，$\triangle A_1B_1C_1$ は，$G$ を中心とする相似変換によって$\triangle ABC$ から得られる三角形であり，
$$A_1B_1\parallel AB,\qquad B_1C_1\parallel BC,\qquad C_1A_1\parallel CA. \tag{3}$$
ここで，$\odot K_B,\odot K_C$ の中心はそれぞれ $E,F$ であることを思い出すと，その根軸は $EF$ に垂直である。また $EF\parallel BC$ であり，
(3) より $B_1C_1\parallel BC$ である。
したがって，$A_1$ を通る $\odot K_B,\odot K_C$ の根軸は，
$\triangle A_1B_1C_1$ の $A_1$ からの高さである。
巡回的に考えれば，3つの根軸はそれぞれ
$\triangle A_1B_1C_1$ の3本の高さに一致する。
ゆえに，3円 $\odot K_A,\odot K_B,\odot K_C$ の根心 $P$ は
$\triangle A_1B_1C_1$ の垂心である。
また，$\triangle A_1B_1C_1$ は $G$ を中心とする相似変換によって $\triangle ABC$ から得られるので，その垂心 $P$ は $H$ の像である。
したがって $G,H,P$ は共線であり，$P$ は $\triangle ABC$ の $Euler$ 線上にある。さらに，(2) より
$$\frac{GP}{GH}=\frac{1+12\tau^2}{4}.$$
$Euler$ の定理$OG:GH=1:2$を用いると，
$$\frac{OP}{OH}=\frac13+\frac23\cdot\frac{1+12\tau^2}{4}=\frac12+2\tau^2.$$
したがって，
$$\boxed{OP=\left(\frac12+2\tau^2\right)OH}.$$
特に，$P$は $\triangle ABC$ の $Euler$ 線上にある。$\square$