次: 直極点 上: 九点円の不思議 前: 幾何の論証による証明

反転法による証明

南海　 『数学対話』では「反転と円環問題」で反転を用いる論証をおこなった． フォイエルバッハの定理も反転法を用いる証明がある． これは『幾何学』(長友次郎吉著)にある最後の証明法である． これをかみ砕いて紹介しよう． 「反転と円環問題」が未習の場合は，先に「反転と円環問題」を読んでほしい． 準備として補題をいくつか証明する． いずれも有用であるからぜひ自分で証明してみてほしい．

補題 2
     $\bigtriangleup \mathrm{OAB}$がある． $\angle \mathrm{AOB}$の内角の二等分線と外角の二等分線は， 辺$\mathrm{AB}$を $\mathrm{OA}:\mathrm{OB}$にそれぞれ 内分，外分する．

耕一　 内分の方はよく知っていますが，外分は知りません．

南海　 証明はベクトルを用いてはどうだろうか． 類似問題が09年の阪大にある．その解答を参考にして 証明してほしい．

耕一　 はい．

証明

$$\overrightarrow{a} =\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}} ... ...m{OB}}} {\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}$$

とおく． $\vert\overrightarrow{a}\vert=\vert\overrightarrow{b}\vert=1$なので，

$$\dfrac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})\cdot\overrig... ...arrow{a}+\overrightarrow{b}\vert\vert\overrightarrow{b}\vert}$$

である． つまり $\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$が $\overrightarrow{a},\ \overrightarrow{b}$ となす角の余弦が等しく，その結果なす角が等しい．よって $\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}} {\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OA}} \... ...rrightarrow{\mathrm{OB}}} {\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}$は $\angle \mathrm{AOB}$の内角の 二等分の方向である．

同様に二つの外角の一方を二等分する方向として $\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{OA}}} {\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OA}} \... ...rrightarrow{\mathrm{OB}}} {\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}$ を用いることができる．

これら二等分の方向が直線$\mathrm{AB}$と交わる点を $\mathrm{C},\ \mathrm{D}$とすると，

$$\overrightarrow{\mathrm{OC}}= h\left(\dfrac{\overrightarro... ... {\left\vert\overrightarrow{\mathrm{OB}} \right\vert}\right)$$

とおけ，この係数の和が1であることから

$$\begin{eqnarray*} \overrightarrow{\mathrm{OC}}&=& \dfrac {\left\vert\overrigh... ...htarrow{\mathrm{OB}} \right\vert} \overrightarrow{\mathrm{OB}} \end{eqnarray*}$$

よって点 $\mathrm{C},\ \mathrm{D}$は線分$\mathrm{AB}$をそれぞれ $\mathrm{OA}:\mathrm{OB}$に内分，外分する． □

南海　 線分$\mathrm{AB}$を $\mathrm{C},\ \mathrm{D}$が内分，外分しているとき， 一直線上の4点 $\mathrm{A},\ \mathrm{B},\ \mathrm{C},\ \mathrm{D}$は 調和点列であるという. 「反転と円環問題」にもこの比は出てきていた．

補題 3
     $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$と外心$\mathrm{O}$がある． $\angle \mathrm{A}$の二等分線に関して点$\mathrm{O}$と対称な点を $\mathrm{O}'$とする．このとき

$$\mathrm{AO}'\bot\mathrm{BC}$$

である．

証明      中心に関する点$\mathrm{A}$の対称点を$\mathrm{A}'$， $\mathrm{AO'}$と外接円の交点を$\mathrm{O}''$とする．

     $\angle \mathrm{A}$の二等分線に関して直線 $\mathrm{AB},\ \mathrm{AC}$ が対称の位置にあり，点 $\mathrm{O},\ \mathrm{O}'$も対称の位置にあるので，

$$\angle \mathrm{BAO''}=\angle \mathrm{CAA'}$$

一方

$$\angle \mathrm{BAO''}=\angle \mathrm{BCO}'',\ \angle \mathrm{CAA'}=\angle \mathrm{CO''A'}$$

である．この結果

$$\mathrm{BC}\parallel \mathrm{O''A'}$$

$\angle \mathrm{AO''A'}=\dfrac{\pi}{2}$なので，

$$\mathrm{AO}'\bot\mathrm{BC}$$

である． 鈍角三角形でも同様に示される． □

南海　 もう一つ，内接円と傍接円の接点に関する補題が必要だ．

補題 4
     $\bigtriangleup \mathrm{ABC}$の内接円と辺$\mathrm{BC}$の接点を$\mathrm{D}$， $\angle \mathrm{A}$の傍接円と辺$\mathrm{BC}$の接点を$\mathrm{E}$とする．

$$\mathrm{BD}=\mathrm{EC}$$

である．

証明      図のように，内接円の他の辺との接点を $\mathrm{D}',\ \mathrm{F}$， 傍接円と他の辺との接点を $\mathrm{E}',\ \mathrm{G}$とする．

     円の対称性から $\mathrm{BE}=\mathrm{BG},\ \mathrm{EC}=\mathrm{E'C},\ \mathrm{BE}=\mathrm{BG}$なので，

$$\begin{eqnarray*} \mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{CA}&=& \mathrm{AB}+\mathrm{B... ...\mathrm{BG}+\mathrm{E'C}+\mathrm{CA} =\mathrm{AG}+\mathrm{AE'} \end{eqnarray*}$$

ところが $\mathrm{AG}=\mathrm{AE'}$なので，

$$\mathrm{AG}=\dfrac{1}{2}\left(\mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{CA} \right)$$

この結果

$$\begin{eqnarray*} \mathrm{BE}&=&\mathrm{BG}=\mathrm{AG}-\mathrm{AB}\\ &=&\dfr... ...F}) \right\} =\dfrac{1}{2}\left(\mathrm{DC}+\mathrm{FC}\right) \end{eqnarray*}$$

$\mathrm{DC}=\mathrm{FC}$なので，

$$\mathrm{BE}=\mathrm{DC}$$

これから

$$\mathrm{BD}=\mathrm{EC}$$

である． □

フォイエルバッハの定理の反転法による証明

     定理1の点の記号はそのまま用いる． とくに $\mathrm{O},\ \mathrm{D},\ \mathrm{M}$はそれぞれ，外心，九点円の中心， $\mathrm{BC}$の中点とする. さらに内心$\mathrm{I}$と $\mathrm{A}$に対する傍心を$\mathrm{J}$とし，$\mathrm{IJ}$と辺$\mathrm{BC}$ の交点を$\mathrm{P}$とする． 点$\mathrm{P}$を通りこの内接円と傍接円に接する辺$\mathrm{BC}$ と異なる共通接線を引き，その接点を $\mathrm{E},\ \mathrm{E}'$とする． さらに点 $\mathrm{A},\ \mathrm{I},\ \mathrm{J}$から直線$\mathrm{BC}$ への垂線の足を $\mathrm{N},\ \mathrm{I}',\ \mathrm{J}'$とする．

     まず関係式

$$\mathrm{MI'}^2= \mathrm{MJ'}^2=\mathrm{MP}\cdot\mathrm{MN}$$ (5)

を示す．

$\mathrm{AN}\parallel \mathrm{II'}$である． $\angle \mathrm{A}$の二等分線に関する 補題3より$\mathrm{AO}$は$\mathrm{AN}$と対称で， $\mathrm{II}'$と$\mathrm{IE}$も同じ二等分線に関して対称である．したがって

$$\mathrm{IE}\parallel \mathrm{OA}$$

である．ところが定理1の証明内にあるように

$$\overrightarrow{\mathrm{DM}}=-\dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{OA}}$$

なので，

$$\mathrm{IE}\parallel \mathrm{DM}$$

つまり点$\mathrm{E}$における内接円の接線と，点$\mathrm{M}$における九点円の接線は平行である．

つぎに補題2から，点$\mathrm{I}$と点$\mathrm{J}$は $\mathrm{AP}$を $\mathrm{BA}:\mathrm{BP}$に内分，外分する．よって

$$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BA}}= \dfrac{\mathrm{IP}}{\mathrm{AI}}= \dfrac{\mathrm{JP}}{\mathrm{AJ}}$$

この結果，垂線の足での比をとることにより

$$\dfrac{\mathrm{I'P}}{\mathrm{NI'}}= \dfrac{\mathrm{J'P}}{\mathrm{NJ'}}$$ (6)

を得る．

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{I'P}=\mathrm{I'M}-\mathrm{PM},\ \mathrm{NI'}=\mat... ...athrm{J'M}+\mathrm{MP},\ \mathrm{NJ}=\mathrm{NM}+\mathrm{J'M} \end{eqnarray*}$$

なので，これらを(6)に代入する． 補題4より，点$\mathrm{M}$は線分$\mathrm{I'J'}$の中点でもある． よって $\mathrm{MI'}=\mathrm{MJ'}$であるのでこれをもちいて整理すると

$$\mathrm{MI'}^2= \mathrm{MJ'}^2=\mathrm{MP}\cdot\mathrm{MN}$$

が得られる．これは鋭角三角形の場合も同様に成りたつ．

いま点$\mathrm{M}$を反転の中心とし，$\mathrm{MI'}$を反転の半径とする反転をとる． 方べきの定理よりこの反転で内接円と傍接円はそれ自身に移る． また九点円は反転の中心$\mathrm{M}$を通るので，ある直線$l$に反転される． $\mathrm{M}$における九点円の接線は九点円と$\mathrm{M}$の他に共有点はない． したがって$l$は$\mathrm{M}$における九点円の接線と共有点がない． つまり，$l$は$\mathrm{M}$における九点円の接線と平行である． 直線$\mathrm{EE'}$は$\mathrm{M}$における九点円の接線と平行であったので， $l$と直線$\mathrm{EE'}$は平行である．

ところが関係式(5)は点$\mathrm{P}$と点$\mathrm{N}$はこの反転に関して 互いに移ることを示している．九点円は点$\mathrm{N}$を通るので$l$は点$\mathrm{P}$を通る． この結果$l$は直線$\mathrm{EE'}$に一致する．

直線$\mathrm{EE'}$は内接円，傍接円に接しているので， 反転で戻した九点円は内接円，傍接円と接している． その接点は点 $\mathrm{E},\ \mathrm{E}'$とこの反転で対応する点である． □

南海　 ということなのだ．

耕一　 接点も与えられるのですね． この接点の決め方と，幾何の証明での接点の決め方と， 同じ点を定めるのですね． 不思議な気がします．

南海　 それは今後の課題としよう． さらにこの接点をさらに別の面からも特徴づけることができる． そこに進もう．

次: 直極点 上: 九点円の不思議 前: 幾何の論証による証明