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座標の方法による証明

ここでは高校生にとりつきやすいように座標の方法で証明しよう． まず，垂心を座標で表すために，次の補題が必要だ． これは(    )内の設問形式で2007年に京都大学で出題された．

この証明では，先に1点で交わることを証明してもよいし， 先の定理の証明の考え方で，あとから垂心に関する問題として証明してもよい．

補題

証明1

証明2　(証明1の後半と同様に，先に(3.3)を示す．その後次のように，3直練AA'，BB'，CC'が1点で交わることを示す．)

これを踏まえてフォイエルバッハの定理を証明しよう．

証明

定性的な性質の証明なので， $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の外接円の半径を1としてよい． $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の外心$\mathrm{O}$を原点とする． 点$\mathrm{A}$を$(1,\ 0)$として$xy$座標平面に置く．点 $\mathrm{B},\ \mathrm{C}$の座標をそれぞれ $(\cos\alpha,\ \sin\alpha),\ (\cos\beta,\ \sin\beta)$とおく． このとき$0<\alpha<\pi$として一般性を失わない．

補題1と同様に，各頂角の二等分線と接円の交点を $\mathrm{A}',\ \mathrm{B}',\ \mathrm{C}'$とおく．この三点の座標を求める． 円周角と中心角の関係を見ることにより

$$\angle \mathrm{BOA'}=2\angle \mathrm{BAA'}=2\angle \mathrm{A'AC}=\angle \mathrm{A'OC}$$

これから

$$\angle \mathrm{AOA'}=\dfrac{1}{2}\left(\angle \mathrm{AOB}+\angle \mathrm{AOC} \right)$$

等を得る．符号に注意し角を左回りを正にとる． $\mathrm{OA',\ OB',\ OC'}$と$x$軸とのなす角はそれぞれ， $\dfrac{\alpha+\beta}{2},\ \pi+\dfrac{\beta}{2},\ \dfrac{\alpha}{2}$となる． これは鈍角三角形でも同じである．つまり

$$\mathrm{A}'\left(\cos\dfrac{\alpha+\beta}{2},\ \sin\dfrac{\... ...}'\left(\cos\dfrac{\alpha}{2},\ \sin\dfrac{\alpha}{2} \right)$$

となる．

補題1によって $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$の垂心が $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内心である. 補題1の証明と同様にして， $\bigtriangleup \mathrm{A'B'C'}$の垂心として $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内心を求めると，

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{OI}}&=& \overrightarrow{\mathrm{OA}'... ...ha+\beta}{2}-\sin\dfrac{\beta}{2}+\sin\dfrac{\alpha}{2} \right) \end{eqnarray*}$$

である． 一方， $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の九円点の中心を$\mathrm{D}$とすると， 補題1によって

$$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\dfrac{1}{2}\left( \overright... ...2}\left(1+\cos\alpha+\cos\beta,\ \sin\alpha+\sin\beta \right)$$

である． $\overrightarrow{\mathrm{ID}}=\dfrac{1}{2}(X,\ Y)$と置くと， $\overrightarrow{\mathrm{ID}}=\overrightarrow{\mathrm{OD}}-\overrightarrow{\mathrm{OI}}$より

$$\begin{eqnarray*} X &=&1+\cos\alpha+\cos\beta-2\left(\cos\dfrac{\alpha+\beta}{... ...right) \left(\sin\dfrac{\alpha}{2}-\sin\dfrac{\beta}{2}\right) \end{eqnarray*}$$

よって

$$\left\vert\overrightarrow{\mathrm{ID}} \right\vert=\dfrac{... ...sin\dfrac{\alpha}{2}-\sin\dfrac{\beta}{2}\right)^2 \right\}$$ (1)

次に内接円の半径 $r_{\mathrm{I}}$は内心$\mathrm{I}$と直線$\mathrm{AB}$との距離である． 直線$\mathrm{AB}$の方程式は

$$\sin\alpha(x-1)-(\cos\alpha-1)y=0$$ (2)

なので，

$$\begin{eqnarray*} r_{\mathrm{I}}&=&\dfrac{\left\vert\sin\alpha\left( \cos\dfra... ...a}{2} \right)\right\vert}{\sqrt{\sin^2\alpha+(\cos\alpha-1)^2}} \end{eqnarray*}$$

$$分母=\sqrt{2-2\cos\alpha}=2\sin\dfrac{\alpha}{2}$$

である．また内心$\mathrm{I}$は直線$\mathrm{AB}$に関して原点と同じ側にあるので， (2)に$(0,\ 0)$を代入したときの符号が負となることより，内心は $\sin\alpha(x-1)-(\cos\alpha-1)y<0$を満たす側にある．この二点から

$$\begin{eqnarray*} r_{\mathrm{I}}&=&-\cos\dfrac{\alpha}{2}\left( \cos\dfrac{\al... ...(\sin\dfrac{\alpha}{2}-\sin\dfrac{\beta}{2}\right)^2 \right\} \end{eqnarray*}$$

よって

$$\left\vert\overrightarrow{\mathrm{ID}} \right\vert=\dfrac{1}{2}-r_{\mathrm{I}}$$

ところが九円点の半径は$\dfrac{1}{2}$なので，この等式は九円点と内接円の中心間の距離が 半径の差に等しいことを示している． よって九円点と内接円は内接円を内側にして接している．

傍接円の場合．
$\angle \mathrm{B}$の二等分線と外接円の交点を$\mathrm{B}'$， $\angle \mathrm{A},\ \mathrm{C}$の補角の二等分線と外接円の交点を $\mathrm{A}'',\ \mathrm{C}''$とする． $\angle \mathrm{A'AA''}=\dfrac{\pi}{2}$なので，点$\mathrm{A}''$は点$\mathrm{A}'$の原点$\mathrm{O}$に関する 対称点である．これから $\mathrm{OA}'',\ \mathrm{OC}''$が$x$軸の正の方向となす角はそれぞれ 求めると

$$\mathrm{OA}'':\pi+\dfrac{\alpha+\beta}{2}\ ,\quad \mathrm{OC}'':\pi+\dfrac{\alpha}{2}$$

となる．

頂角 $\angle \mathrm{B}$の二等分線と $\angle \mathrm{A},\ \mathrm{C}$の補角の二等分線が $\bigtriangleup \mathrm{A''B'C''}$の垂心となる点で交わることは補題1と同様に示される． この交点が傍接円の中心である． この交点を$\mathrm{J}$とおく．

$$\overrightarrow{\mathrm{OJ}}= \overrightarrow{\mathrm{OA}'... ...overrightarrow{\mathrm{OB}'}+ \overrightarrow{\mathrm{OC}''}$$

である．この結果

$$\overrightarrow{\mathrm{OJ}} =\left(-\cos\dfrac{\alpha+\be... ...+\beta}{2}-\sin\dfrac{\beta}{2}-\sin\dfrac{\alpha}{2} \right)$$

となる．同様の計算をおこなうと

$$\left\vert\overrightarrow{\mathrm{JD}} \right\vert= \dfrac... ...sin\dfrac{\alpha}{2}+\sin\dfrac{\beta}{2}\right)^2 \right\}$$

となり，さらに同様の方法で半径 $r_{\mathrm{J}}$を求める．

$$r_{\mathrm{J}}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\left\{ \left(\co... ...sin\dfrac{\alpha}{2}+\sin\dfrac{\beta}{2}\right)^2 \right\}$$

この結果

$$\left\vert\overrightarrow{\mathrm{JD}} \right\vert=\dfrac{1}{2}+r_{\mathrm{J}}$$

となり，九点円と傍接円が外接していることがわかる． 他の傍接円の場合も同様に示される． □

耕一　 たいへんな計算ですが，計算の方向ははっきりしています．

南海　 そうなのだ．これをいくつもの補助線を引いて示すのは， 職人技的な技巧が必要だ． フォイエルバッハの定理の証明は『幾何学』(長友次郎吉著)に四つ載っている． また『幾何の有名な定理』(矢野健太郎著)には複素数平面において，複素数の計算による証明がある． 三角関数の計算による本証明はいずれにも載っていないが，本質的には複素数の計算によるものと同じだ．

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