三角形の内心,傍心,垂心,外心 の重心座標と三線座標 2009.7.15(水)
<記号の約束>
mは自然数、E^mでm次元ユークリッド空間を表すものとし、「ベクトルAB」などを(→AB)などで表す。
また、「三角形ABC」の3辺BC,CA,ABをBC＝a，CA＝b，AB＝cとし、その面積をSで表す。
1.三角形の「三線座標」の大雑把な復習
△ABC⊆E^2⊆E^m (m≧2)としておく。
よくやるように 2s＝a＋b＋c …（1.1.1) とおく。
「△ABC」で頂点Aから底辺BCに下した垂線の足をH_Aとし、その長さ（高さ）をh_Aとする。
同様に、頂点B,Cからの垂線を考えてCA上に点H_B，AB上に点H_Cをとり、h_B＝BH_B，h_C＝CH_C …（1.1.2)
とする。
E^2内の任意の点Tにたいし、点Tから底辺BCまでの「符号つき距離」をα，
点Tから底辺CAまでの「符号つき距離」をβ，点Tから底辺ABまでの「符号のつき距離」をγとする。
ここで、点Tから底辺BCまでの「符号つき距離α」とは「点Tから直線BCに下した垂線の長さ」で、
その「符号」は次のように定める。点Tから直線BCに下した「垂線の足」を例によって「T^A」
などとして T(T^A)＝α であるが、
(ア) 点Tが直線BCに関して、頂点Aと同じ側にあるとき、T(T^A)＝α＞０
（イ） 点Tが「直線BC上にある」とき、 T(T^A)＝α＝０
（ウ） 点Tが直線BCに関して、頂点Aと反対側にあるとき、T(T^A)＝α＜０ …(1.1.3)
と定めるのである。
このような3つの実数の組（α,β,γ)はE^2内の点Tによって「一意的」に定まる。
この3つの実数の組（α,β,γ)を点Tの△ABCに関する「三線座標」，または単に「三線座標」とよぶ。
「注意：この符号つき距離の「符号」は次のように考えてもよい。
◎ベクトル(→AH_A)は「零ベクトルではない」から、(→AH_A)の向きを「正」と考えるのである。
そして
（ア）(→TT^A)≠(→0）で、(→TT^A)と(→AH_A)が同じ向きに平行なとき、TT^A＝α＞０
（イ）(→TT^A)＝(→0）のとき、 TT^A＝α＝０
（ウ) (→TT^A)≠(→0）で、(→TT^A）と(→AH_A)が反対向きに平行なとき、TT^A＝α＜０ …(1.1.4)
「命題1.2.1]
h_A＝(2S)/a，h_B＝(2S)/b ，h_C＝(2S)/c …(1.1.5)
「証明」
面積の式 (1/2)a(h_A)＝(1/2)b(h_B)＝(1/2)c(h_C)=S からでる。
（「証明」終わり）
「命題1.2.2」
E^2内の任意の点Tの重心座標を(κ,λ,μ)，κ＋λ＋μ＝１とすると、任意の点P∈E^mに対して、
(→PT)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC) …(1.2.1) となる。
このとき、κ≠1ならば、 直線ATは、直線BCと唯1点T_Aで交わる。
「κ≠1のときに限り」、AT：TT_A＝1−κ：κ …(1.2.2) かつ A(T_A)：T(T_A)＝1：κ …(1.2.3)
「証明」
証明はこのブログの「2009.05.28(木)」の [命題1.1]および、[命題1.3]の
AT：T(T_A)＝(1−κ)：κ …(1.1.9) と同様にできるので、そちらを見るか、
もっと古いのでは「2009.02.18」のブログ「 」を見て下さい。
ポイントは 「t≠１で(→AT)＝(1−t)(→AT_A)とするとき、t=κとなる」ことで、
ｔ＝κ かつ (→AT)＝(1−κ)(→AT_A) であるから、
(→T(T_A))＝(→AT_A)−(→AT)＝(→AT_A)−(1−κ)(→AT_A)＝κ(→AT_A)
すなわち κ≠1のときは、(→T(T_A))＝κ(→AT_A) …(1.2.4)からわかる。これから
(1.2.2) ,(1.2.3)がでてくるのである。なお κ＝1のときは別に考えるのだった。
（「証明」終わり）
次の「命題1.3」は「命題1.2.2」のA(T_A)：T(T_A)＝1：κ …(1.2.3)と三角形の相似を使う。
「命題1.3」 「重心座標」と「三線座標」との関係
△ABC⊆E^2⊆E^m (m≧2)としておく。
E^2内の任意の点Tの重心座標を(κ,λ,μ)，κ＋λ＋μ＝1 …(1.3.1)とし、「三線座標」を（α,β,γ)と
すれば
α＝(2S/a)κ ，β＝(2S/b)λ ，γ＝(2S/c)μ …(1.3.2)
また
aα＋bβ＋cγ＝2S …(1.3.3)
ここに、Sは三角形ABCの面積、a＝BC，b＝CA，c＝AB である。
「証明」
(1) κ≠1のときは、「命題1.2.2」の(1.2.3)から A(T_A)：T(T_A)＝1：κ …(1.3.4)
そこでTが直線BC上になく、(→AT）が「直線BCと垂直でない場合」だけ証明しておく。α＝T(T^A)である。
△A(T_A)(H_A)∽△T(T_A)(T^A)だから A(H_A)：T(T^A)＝A(T_A)：T(T_A)＝1：κ (∵ (1.3.4) ）
つまり h_A：α＝1:κ …(1.3.5) ⇒ α＝(h_A)κ …(1.3.6) ここで「命題1.2.1」の(1.1.5)から
h_A＝(2S)/a，よって (1.3.6)は α＝(2S/a)κ …(1.3.7) となる。
(2) κ＝1のときは、(→AT）は「点Aを通って底辺BCに平行な直線上」にあり、
したがって α＝T(T^A)＝h_A また κ＝１なので α＝(h_A)κ …(1.3.6)がやはり成り立つ。
よって 「命題1.2.1」の(1.1.5)から α＝(2S/a)κ …(1.3.7) となる。
同様に β＝(2S/b)λ ，γ＝(2S/c)μ も β＝(h_B)λ ，γ＝(h_C)μ からでる。
(3)
次に(1.3.2)，(1.3.1)から aα＋bβ＋cγ＝(2S)κ＋(2S)λ＋(2S)μ＝(2S)(κ＋λ＋μ)＝(2S)×1＝2S
となって (1.3.3)が示された。
2.
それでは、△ABCの「内心I」と「傍心E_A」の「ベクトルによる重心座標表現」を求めよう。
「命題2.1」
△ABC⊆E^2⊆E^m (m≧2)としておく。また △ABCの面積をSとし、a＝BC，b＝CA，c＝AB とする。
△ABCの「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は、任意の点P∈E^m に対して
(→PI)＝[1/(a＋b＋c)][a(→PA)＋b(→PB)＋c(→PC)] …(2.1.1)
＝[1/(2s)][a(→PA)＋b(→PB)＋c(→PC)] …(2.1.2)
また 「内接円I」の半径をrとおけば
r＝(2S)/(a＋b＋c)＝(2S)/(2s)＝S/s …(2.1.3)
ここで 例によって 2s＝a＋b＋c としている。
「証明」
「内心I」から辺BC，CA，ABに下した垂線の足をそれぞれ、I^A，I^B，I^Cとおく。
「内心I」の「三線座標」を(α,β,γ)とおけば α＝I(I^A)，β＝I(I^B)，γ＝I(I^C)である。
また、任意の点P∈E^m に対して「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」を
(→PI)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋ν(→PC) …(2.1.4) かつ κ＋λ＋μ＝1 …(2.1.5)
とし、「内接円」の半径をrとおけば、「内心I」はまず△ABCの「内部」にあるから
κ＞０，λ＞０，μ＞０ …(2.1.6) かつ I(I^A)＝I(I^B)＝I(I^C)＝r すなわち
α＝β＝γ＝r …(2.1.7) これに「命題1.3」の(1.3.2)を代入して(2.1.7)は
(2S/a)κ＝(2S/b)λ＝(2S/c)μ＝r つまり、
(2Sκ)/a＝(2Sλ)/b＝(2Sμ)/c＝r …(2.1.8) この κ,λ,μとrの連立方程式を
κ＋λ＋μ=1 かつ κ＞０，λ＞０，μ＞０ …(2.1.6)の基で解けばよい。
そこでいわゆる「加比の理」を用いて
r＝(2Sκ/a)＝(2Sλ/b)＝(2Sμ/c)
＝[(2Sκ)＋(2Sλ)＋(2Sμ)]/(a＋b＋c)
＝(2S)[κ＋λ＋μ]/(a＋b＋c)＝(2S)/(a＋b＋c) （ ∵ (2.1.5)のκ＋λ＋μ=1）
ゆえに r＝(2S)/(a＋b＋c) かつ
κ＝a/(a＋b＋c) ，λ＝b/(a＋b＋c)，μ＝c/(a＋b＋c) となるが、
これは(2.1.5)(2.1.6)を満たす。 よって (2.1.4)は
(→PI)＝a/(a＋b＋c)(→PA)＋b/(a＋b＋c)(→PB)＋c/(a＋b＋c)(→PC)
＝[1/(a＋b＋c)][a(→PA)＋b(→PB)＋c(→PC)]
（「命題2.1」の「証明」終わり ）
次に「角A内の傍心E_A」の「ベクトルによる重心座標表現」を求めよう。
「命題2.2」
△ABC⊆E^2⊆E^m (m≧2)としておく。また △ABCの面積をSとし、a＝BC，b＝CA，c＝AB とする。
△ABCの「傍心E_A」の「ベクトルによる重心座標表現」は、任意の点P∈E^m に対して
(→PE_A)＝[1/(−a＋b＋c)][ーa(→PA)＋b(→PB)＋c(→PC)] …(2.2.1)
＝[1/{2(s−a)}][ーa(→PA)＋b(→PB)＋c(→PC)] …(2.2.2)
また 「傍接円E_A」の半径をr_Aとおけば
r_A＝(2S)/(−a＋b＋c)＝(2S)/{2(s−a)}＝S/(s−a) …(2.2.3)
「証明」
「傍心E_A」から辺BC，CA，ABに下した垂線の足をそれぞれ、(E_A)^A，(E_A)^B，(E_A)^Cとおく。
「傍心E_A」の「三線座標」を(α,β,γ)とおけば α＝E_A((E_A)^A)，β＝E_A((E_A)^B)，γ＝E_A((E_A)^C)である。
ただし、α＜０，β＞０，γ＞０ …(2.2.4)である。
また、任意の点P∈E^m に対して「傍心E_A」の「ベクトルによる重心座標表現」を
(→PE_A)＝κ(→PA)＋λ(→PB)＋μ(→PC) …(2.2.5) かつ κ＋λ＋μ＝1 …(2.2.6)
とし、「傍接円E_A」の半径をr_Aとおけば、「傍心E_A」はまず△ABCの外部で
「辺BCに関して頂点Aと反対側」にあり、∠BACの造る領域内にあるから κ＜０，λ＞０，μ＞０ …(2.2.7)
そして(2.2.4)からα＝E_A((E_A)^B)<0，β＝E_A((E_A)^B)＞０，γ=E_A((E_A)^C)＞０に注意して、
もう 一つの 条件は −E_A((E_A)^A)＝E_A((E_A)^B)＝E_A((E_A)^C)＝r_A
すなわち −α＝β＝γ＝r_A …(2.2.8)
これに「命題1.3」の(1.3.2)を代入して(2.2.8)は
−(2S/a)κ＝(2S/b)λ＝(2S/c)μ＝r_A …(2.2.9) この κ,λ,μとr_Aの連立方程式を
κ＋λ＋μ=1 かつ κ <０，λ＞０，μ＞０ …(2.2.10)の基で解けばよい。
そこで
r_A＝−(2S/a)κ＝(2S/b)λ＝(2S/c)μ を
r_A＝(2Sκ/−a)＝(2Sλ/b)＝(2Sμ/c) と変形して「加比の理」を用いれば
r_A＝(2Sκ/−a)＝(2Sλ/b)＝(2Sμ/c)＝[(2Sκ)＋(2Sλ)＋(2Sμ)]/(−a＋b＋c)
＝(2S)[κ＋λ＋μ]/(−a＋b＋c)＝(2S)/(−a＋b＋c) （ ∵ (2.2.6)のκ＋λ＋μ=1）
ゆえに r_A＝(2S)/(−a＋b＋c) かつ
κ＝−a/(−a＋b＋c) ，λ＝b/(−a＋b＋c)，μ＝c/(−a＋b＋c) となるが、
これは(2.2.6)(2.2.7)を満たす。 よって (2.2.5)は
(→PE_A)＝−a/(−a＋b＋c)(→PA)＋b/(−a＋b＋c)(→PB)＋c/(−a＋b＋c)(→PC)
＝[1/(−a＋b＋c)][−a(→PA)＋b(→PB)＋c(→PC)] そして
−a＋b＋c＝(a＋b＋c)−2a＝2s−2a＝2(s−a)より成り立つ。
（「命題2.2」の「証明」終わり ）
「命題2.3」
(1) △ABCの「内心I」の真の「三線座標」は
（(2S)/(a＋b＋c)，(2S)/(a＋b＋c)，(2S)/(a＋b＋c)）
よって 「内心I」の「三線座標」の比は １：1：1 となる。
(2) △ABCの「傍心E_A」の真の「三線座標」は
（ー(2S)/(−a＋b＋c)，(2S)/(−a＋b＋c)，(2S)/(−a＋b＋c)）
よって 「傍心E_A」の「三線座標」の比は ー１：1:１ となる。
3.
「命題1.2.2」で、「κ≠1のときに限り」、AT：TT_A＝1−κ：κ …(1.2.2) かつ
A(T_A)：T(T_A)＝1：κ …(1.2.3) としたが、この「κ≠1」という「制限を外すことはできない。」
次の例を考えてみよう。
[命題3.1]
△ABC⊆E^2⊆E^m (m≧2)としておく。また△ABCの面積をSとし、a＝BC，b＝CA，c＝ABとする。
点Tの「重心座標」を(κ，λ,μ） ，κ＋λ＋μ＝１としておく。
(1) Tが「垂心H」のときに、κ＝１となるのは、「垂心H」が「頂点A」のときである。つまり、
κ＝1 ⇔ △ABCは∠A＝90°の直角三角形で、「垂心H」＝「頂点A」のときである。
(2) Tが「外心O」のときに、κ＝１となるのは、B＝C＋90°または C＝B＋90°のときで、
このとき、(→AO)//「直線BC」であって、外接円の半径をRとして、
（ア）B＝C＋90°のときは「外心O」の「重心座標」は
(κ，λ,μ）＝(１，−1/(2sinA),1/(2sinA)) …(3.1.1)であり、
「外心O」の「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PO)＝(→PA)−1/(2sinA)(→PB)＋1/(2sinA)(→PC) つまり
(→AO)＝1/(2sinA)(→BC) …(3.1.2) となる。(→AO)は(→BC)と同じ向きに平行で、その長さ|(→AO)|＝R
（イ）C＝B＋90°のときは「外心O」の「重心座標」は
(κ，λ,μ）＝(１，1/(2sinA),−1/(2sinA)) …(3.1.3)であり、
「外心O」の「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PO)＝(→PA)＋1/(2sinA)(→PB)−1/(2sinA)(→PC) つまり
(→AO)＝−1/(2sinA)(→BC) …(3.1.4) となる。(→AO)は(→BC)と反対向きに平行で、その長さ|(→AO)|＝R
「証明」
△ABCの「垂心H]，「外心O」の「ベクトルによる重心座標表現」の三角関数表記は、
任意の点P∈E^2⊆E^m (m≧2)に対し、「コタンジェント(余接)」を用いて(2008.8~9月位のところ参照)
(→PH)＝cotBcotC(→PA)＋cotCcotA(→PB)＋cotAcotB(→PC) …(3.1.5)
(→PO)＝[1/(4sinAsinBsinC)][(sin2A)(→PA)＋(sin2B)(→PB)＋(sin2C)(→PC)] …(3.1.6)を
用いる。
(1) (→PH)では上の(3.1.5)から κ＝cotBcotCだから、κ＝1 ⇔ cotBcotC=1
⇔ (cosBcosC)/(sinBsinC)=1 ⇔cosBcosC＝sinBsinC
⇔cosBcosC− sinBsinC=0 ⇔ cos(B＋C)＝0 ここで 0°＜B＋C＜180°だから
⇔ B＋C＝90°⇔ A＝90°⇒ cotA＝0,⇒ λ＝cotCcotA＝0，μ＝cotAcotB＝0
よって (κ，λ,μ）＝(１，0，0）で「垂心H]の「ベクトルによる重心座標表現」は
(→PH)＝(→PA) ⇔ H＝A これで(1)は証明された。
(2) (→PO)では上の(3.1.6)から κ＝(sin2A)/[4sinAsinBsinC] だから
κ＝1 ⇔ (sin2A)/[4sinAsinBsinC] ⇔sin2A＋sin2B＋sin2C＝sin2A
(∵ sin2A＋sin2B＋sin2C＝4sinAsinBsinC )
⇔ sin2B＋sin2C＝0 ⇔sin(B＋C)cos(B−C)=0 ⇔sinAcos(B−C)=0 ⇔cos(B−C)=0
−180°<B−C<180°だから ⇔ B−C＝±90°
（ア）B＝C＋90°のとき、λ＝(sin2B)/[4sinAsinBsinC]，μ＝(sin2C)/[4sinAsinBsinC]
ここで、(sin2B)/[4sinAsinBsinC]＝(2sinBcosB)/(4sinAsinBsinC)=cosB/(2sinAsinC)
＝cos(C＋90°)/(2sinAsinC)＝−sinC/(2sinAsinC)＝−1/(2sinA)
ゆえに λ＝−1/(2sinA) …(3.1.7)，同様にして
μ＝(cosC)/[2sinAsin(C＋90°)]＝1/(2sinA) …(3.1.8)
よって(→PO)＝(→PA)−1/(2sinA)(→PB)＋1/(2sinA)(→PC)
⇔ (→PO)−(→PA)＝1/(2sinA)[(→PC)−(→PB)] ⇔(→AO)＝1/(2sinA)(→BC)
また点Ｏは「外心」だから|(→AO)|＝R
または実際に |(→AO)|＝1/(2sinA)|(→BC)|＝a/(2sinA)＝(2RsinA)/(2sinA)＝R
（∵ 正弦定理）
（イ）C＝B＋90°のとき、λ＝(sin2B)/[4sinAsinBsinC]＝cosB/(2sinAcosB)=1/(2sinA) …(3.1.9)
μ＝(cosC)/[2sinAsinB]＝−sinB/[2sinAsinB]＝−1/(2sinA) …(3.1.10) 以下同様である。
4.
△ABCの「垂心H」と「外心O」の「三線座標」を求めてみよう。
まず△ABCの面積をSとし、外接円の半径をRとおく。
このとき、正弦定理より、a＝2RsinA ,b＝2RsinB，c＝2RsinC
また、面積公式より 2S＝bcsinA＝casinB＝absinC に注意すれば
「命題1.3]の「重心座標」と「三線座標」との関係は次のようになる。
「命題4.1」
α＝(2RsinBsinC)κ ，β＝(2RsinCsinA)λ ，γ＝(2RsinAsinB)μ …(4.1.1)
「証明」
まず 2S/a＝(bcsinA)/(2RsinA)＝(bc)/(2R)＝(2RsinB)(2RsinC)/(2R)＝2RsinBsinC
同様に2S/b＝(casinB)/(2RsinB)＝2RsinCsinA ，2S/c＝(ab)/(2R)＝2RsinAsinB …(4.1.2)
これより
α＝(2S/a)κ=(2RsinBsinC)κ ，β＝(2S/b)λ=(2RsinCsinA)λ ，
γ＝(2S/c)μ＝(2RsinAsinB)μ
(「命題4.1」の「証明」終わり ）
「命題4.2」 △ABCの「外接円」の半径をRとする。
(1) △ABCの「垂心H」の真の「三線座標」(α,β,γ）は
α＝2RcosBcosC ,β＝2RcosCcosA ，γ＝2RcosAcosB …(4.2.1)
(2) △ABCの「外心O」の真の「三線座標」(α,β,γ）は
α＝RcosA , β＝RcosB ，γ＝RcosC …(4.2.2)
「証明」
(1)「垂心H」については、κ＝cotBcotC ，λ＝cotCcotA ，μ＝cotAcotB だから
「命題4.1」により
α＝(2RsinBsinC)κ＝(2RsinBsinC)×cotBcotC
＝(2RsinBsinC)×(cosBcosC)/(sinBsinC)＝2RcosBcosC
β＝(2RsinCsinA)λ＝(2RsinCsinA)×cotCcotA
＝(2RsinCsinA)×(cosCcosA)/(sinCsinA)＝2RcosCcosA
γ＝(2RsinAsinB)μ＝(2RsinAsinB)×cotAcotB
＝(2RsinAsinB)×(cosAcosB)/(sinCsinA)＝2RcosAcosB
(2)「外心O」については、
κ＝[1/(4sinAsinBsinC)]sin2A，λ＝[1/(4sinAsinBsinC)]sin2B，μ＝[1/(4sinAsinBsinC)]sin2C
だから「命題4.1」により
α＝(2RsinBsinC)κ＝(2RsinBsinC)×[1/(4sinAsinBsinC)](sin2A)
＝(2RsinAcosA)/(2sinA)＝RcosA
β＝(2RsinCsinA)λ＝(2RsinCsinA)×[1/(4sinAsinBsinC)](sin2B)＝RcosB
γ＝(2RsinAsinB)μ＝(2RsinAsinB)×[1/(4sinAsinBsinC)](sin2C)＝RcosC
[命題4.3」
△ABCの「垂心H」,「外心O」の「三線座標」の簡単な比は次のようになる。
(1)△ABCの「垂心H」については、
「三線座標」の簡単な比は cosBcosC：cosCcosA：cosAcosB …(4.3.1)
(2)△ABCの「外心O」の
「三線座標」の簡単な比は cosA：cosB:cosC …(4.3.2)
5.
最後に
「命題5.1]
△ABCの「垂心H」について、頂点Aから引いた垂線の足をH_A とすると、見かけ上の三点A,H,H_A
は直線A(H_A)上にあるが、(→A(H_A))の向きを「正」と考えたとき、
AH＝2RcosA …(5.1.1) ただし(→A(H_A))の向きの長さを「正の長さ」と考える。ベクトルを使えば
(→AH)＝(2RcosA)×[(→A(H_A))/|(→A(H_A))|] …(5.1.2)
「証明」
まず、「命題1.2.1]と(4.1.2)より |(→AH_A)|＝h_A＝2S/a＝2RsinBsinC …(5.1.3)
「垂心H」ではκ＝cotBcotCより
1−κ＝1−cotBcotC＝(sinBsinCーcosBcosC)/(sinBsinC)＝−cos(B＋C)/(sinBsinC)
＝−cos(180°−A)/(sinBsinC)＝cosA/(sinBsinC)
すなわち 1−κ＝cosA/(sinBsinC) …(5.1.4)
これから κ＜１ ⇔ Aは鋭角，また κ ＞１ ⇔ Aは鈍角
そして 「命題1.2.2」より
「κ≠1のときに限り、(→AH)＝(1−κ)(→AH_A)」 …(1.2.5)であった。
（ア）Aが鋭角のとき cosA＞０で 1−κ＞0 ⇒(→AH)と(→AH_A)は同じ向きだから、
AHは「正の長さ」といえる。よって AH＝(1−κ)|(→AH_A)|＝(1−κ)(h_A)
すなわち AH＝(1−κ)(h_A) …(5.1.5)
これに(5.1.3)と(5.1.4)を代入して AH＝cosA/(sinBsinC)×(2RsinBsinC)＝2RcosA …(5.1.6)
すなわち AH＝2RcosA …(5.1.7)
（イ）Aが鈍角のとき cosA＜０で 1−κ＜0 ⇒(→AH)と(→AH_A)は反対向きだから、
AHは「負の長さ」と考えられる。よって AH＝(1−κ)(h_A) …(5.1.5)
これに(5.1.3)と(5.1.4)を代入して AH＝cosA/(sinBsinC)×(2RsinBsinC)＝2RcosA …(5.1.6)
すなわち AH＝2RcosA …(5.1.7)
（ウ）κ＝cotBcotC＝１のときは[命題3.1]の(1)でやったように
A＝90°，[垂心H]＝[頂点A]であり、AH=0である。このときはA＝90°なので
2RcosA＝2Rcos90°＝0となる。よって AH＝2RcosA＝0 となって AH＝2RcosA …(5.1.7)は
成り立つ。
以上により AH＝2RcosA が成り立つ。ただし(→A(H_A))の向きの長さを「正の長さ」と考える。
（[命題5.1]の「証明」終わり）
[命題5.2]
「命題4.2」の△ABCの「外心O」の「三線座標」(α,β,γ）について
OO^A＝α＝RcosAであることと、「命題5.1]の △ABCの「垂心H」について
AH＝2RcosAであることにより△ABCの「外心O」，「重心G」，「垂心H」について
「オイラー線の関係」が成り立つことが分かる。
「証明」
概略を示す。A≠90°のとき、「外心O」から直線BCに下した垂線の足を「O^A」とする。
点Aと点O^Aを結び、点Oと点Hを結び、その交点をXとすれば、△X(O^A)O∽△XAH となり、
AX：X(O^A)＝AH：OO^A＝2RcosA：RcosA＝2：1，OX：XH＝OO^A：AH＝RcosA：2RcosA＝1：2。
Oが「外心」よりO^Aが辺BCの中点になる。このことからA(O^A)は頂点Aからの「中線」で
AX：X(O^A)＝2:1，点Xは△ABCの「重心G」になりOG：GH＝1：2となり
△ABCの「外心O」，「重心G」，「垂心H」について「重心G」は線分OHを
1：2に内分している。
（この「証明」は△X(O^A)Oや△XAHができていることを仮定していて完全ではない。）
（ [命題5.2]の「証明」終わり）
最終更新：2009年07月15日 16:35
