某IMO shortlist問題を瞬◯？五心一致の深淵へ

$\angle ABI_B=\angle CBI_B$,$\angle ABI_C = \angle CBI_A$
よって、$\angle I_BBI_C=\angle I_BBI_A=90°$他についても同様。

角度から$I$が垂心であることを示す。
以下、有向角を$\measuredangle (l_1,l_2) \in \frac{ \mathbb{R} }{\pi \mathbb{Z} } $で表し、すべて$mod \pi$で扱う。また、$\angle BAC =2\alpha, \angle ABC =2\beta, \angle ACB=2\gamma$とおく。

$D,E,F$は円周角の定理から明らかに各頂点から対辺に下ろした垂線の足である。

まず、$\triangle ABC \sim \triangle ADF \sim \triangle CEF \sim \triangle BDE$であることを示す。
$\triangle ABC \sim \triangle ADF$のみを示せば十分である。
$\measuredangle (DF,DA)=\measuredangle (DF,DB)$,$\measuredangle (DF,DB)=\measuredangle (FC,CB)$,$\measuredangle (FC,CB)=\measuredangle (AC,CB)=2\gamma$つまり、$\angle ADF =2\gamma$.
さらに、$\measuredangle (AF,FD)=\measuredangle (CF,FD)$,$\measuredangle (CF,FD)=\measuredangle (CB,BD)$,$\measuredangle (CB,BD)=\measuredangle (CB,BA)=2\beta$つまり、$\angle ADF =2\beta$.

次に$\angle QPR$を求めていく。$\angle QPR=\angle DPF-\angle DPQ-\angle FPR$とすれば求める角度が出せる。ここで天下り的だが、$\triangle AEF \sim \triangle PFR$を示す。
まず、$AE\perp BC$より、
$\measuredangle (AE,EF)=90^\circ -\angle BAC =90^\circ -2\alpha$.
$\triangle ACE$において、$\angle EAC =180^\circ -(90^\circ+2\gamma)=90^\circ -2\gamma$.
したがって、$\angle AFE=180^\circ-(90^\circ -2\alpha)-(90^\circ -2\gamma)=180^\circ-2\beta$.
$\angle RFE=\angle PFD =\beta$より、$\angle PFR =180^\circ-2\beta$.

$\angle PAF =\alpha,\angle AFP =\beta$を思い出すと、$\angle APF = 180^\circ-\alpha-\beta=90^\circ +\gamma$. $\triangle APF$の正弦定理より、$\frac{AF}{PF}=\frac{sin{(90^\circ +\gamma)}}{sin{\alpha}}=\frac{cos{\gamma}}{sin{\alpha}}$
同様に、$\angle FER =\alpha,\angle EFR =\beta$を思い出すと、$\angle ERF = 180^\circ-\alpha-\beta=90^\circ +\gamma$. $\triangle EFR$の正弦定理より、$\frac{EF}{RF}=\frac{sin{(90^\circ +\gamma)}}{sin{\alpha}}=\frac{cos{\gamma}}{sin{\alpha}}$
以上より相似であることが示される。
巡回対称性から、$\triangle BFD \sim \triangle PDQ, \triangle CDE \sim \triangle QER$.

$\angle QPR=\angle DPF-\angle DPQ-\angle FPR= (90^\circ+\alpha)-(90^\circ -2\gamma)-(90^\circ -2\beta)=90^\circ -\alpha$
さらに、$\angle PRI=\angle FRI-\angle FRP=(\beta+\gamma)-(90^\circ-2\alpha)=\alpha$
したがって、$RI$と$PQ$の交点を$X$とおけば、$\angle PXR=\angle QPR+\angle PRI=90^\circ$同様にして他も言えるので、$I$は$\triangle PQR$の垂心である。

相似であることは簡単な角度追跡により示せる。計算は読者に委ねる。
相似比を求める。トリリウムの定理より$II_A=4Rsin{\alpha}$
また、$IP=IA-AP=IA(1-cos2\alpha)=\frac{r}{sin{\alpha}}\cdot2sin^2\alpha=2rsin\alpha$
したがって、相似比は$\frac{r}{2R}$である。

写像ｆの定義より$f(z)=z_I-k(z-z_I)$ただし、$k=\frac{r}{2R}$
三角形$XYZ$の垂心を$H$とすると像を$f(X)=X',f(Y)=Y',f(Z)=Z',f(H)=H'$とおく。この写像は角度を保存し$I$を中心に回転することより、$f(HX\perp YZ)=H'X'\perp Y'Z'$となり、同様に他も示せるので、垂心と内心が一致する。

鋭角三角形 $ABC$ に対し，$D,E,F$ をそれぞれ $A,B,C$ からの垂足とする。また，$I_1=\text{$\triangle AEF$ の内心},\qquad I_2=\text{$\triangle BFD$ の内心},\qquad I_3=\text{$\triangle CDE$ の内心}$
とおく。さらに，
$O_1=\text{$\triangle ACI_1$ の外心},\qquad O_2=\text{$\triangle BCI_2$ の外心}$
とする。このとき，
$I_1I_2 \parallel O_1O_2$
を示す。まず，主定理より，
$\triangle I_1I_2I_3$
の垂心は，$\triangle ABC$ の内心 $I$ に一致する。ここで $I_3$ は角の二等分線 $CI$ 上にあるので，$II_3 \perp I_1I_2$
が成り立つ。したがって，$I_1I_2 \perp CI ・・・（１）$
を得る。
次に $O_1O_2$ について考える。
$\triangle AEF \sim \triangle ABC$ かつ $\triangle BFD \sim \triangle ABC$ であるから，
$I_1$ は $AI$ 上に，$I_2$ は $BI$ 上にある。
トリリウムの定理より，
$II_1=2\,IA\sin^2\frac{A}{2},\qquad II_2=2\,IB\sin^2\frac{B}{2}$
である。
一方，$\triangle ABI$ に正弦定理を用いると，$IA\sin\frac{A}{2}=IB\sin\frac{B}{2}$を得る。よって，
$IA\cdot II_1=IB\cdot II_2・・・（２）$
である。ここで，円 $(ACI_1)$ に対する点 $I$ の冪は
$\operatorname{Pow}_{(ACI_1)}(I)=IA\cdot II_1$
であり，同様に$\operatorname{Pow}_{(BCI_2)}(I)=IB\cdot II_2$
である。したがって (2) より，点 $I$ は 2 つの円$(ACI_1),\quad (BCI_2)$の根軸上にある。
これら 2 つの円はともに点 $C$ を通るので，その根軸は直線 $CI$ である。したがって，それぞれの外心を $O_1,O_2$ とすると，
$O_1O_2 \perp CI・・・（３）$が成り立つ。(1)，(3) より，
$I_1I_2 \perp CI,\qquad O_1O_2 \perp CI$
なので，$\boxed{\,I_1I_2 \parallel O_1O_2\,}$ が従う。