(i) を仮定して, (ii) を示す. $6$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ が上図のような位置関係にあるとしても一般性を失わない. このとき, 点 $\mathrm C$ を通って直線 $\mathrm{PQR}$ に平行な直線を引き, 辺 $\mathrm{AB}$ との交点を $\mathrm S$ とおくと, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{BR}}{\mathrm{RS}}\cdot\frac{\mathrm{SR}}{\mathrm{RA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1\] が得られる.
　(ii) を仮定して, (i) を示す. このとき, $2$ 直線 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{QR}$ の交点を $\mathrm P'$ とおくと, (i) $\Longrightarrow$ (ii) が成り立つことから \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1 = \frac{\mathrm{BP'}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}}\] よって \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\mathrm{BP'}}{\mathrm{PC}}\] が得られるので, $\mathrm P = \mathrm P'$ となる. ゆえに, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ は同一直線上にある.

　(i) を仮定して, (ii) を示す. $6$ 点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C,$ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ が上図のような位置関係にあるとしても一般性を失わない. このとき, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\triangle\mathrm{BPQ}}{\triangle\mathrm{CPQ}}, \quad \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}} = \frac{\triangle\mathrm{CPQ}}{\triangle\mathrm{APQ}}, \quad \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\triangle\mathrm{APQ}}{\triangle\mathrm{BPQ}}\] であるから, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\triangle\mathrm{BPQ}}{\triangle\mathrm{CPQ}}\cdot\frac{\triangle\mathrm{CPQ}}{\triangle\mathrm{APQ}}\cdot\frac{\triangle\mathrm{APQ}}{\triangle\mathrm{BPQ}} = 1\] が成り立つ.

(1)

$\triangle\mathrm{OBC}$ と直線 $\mathrm B'\mathrm C',$ $\triangle\mathrm{OCA}$ と直線 $\mathrm C'\mathrm A',$ $\triangle\mathrm{OAB}$ と直線 $\mathrm A'\mathrm B'$ にメネラウスの定理を適用すると, \[\begin{aligned} \frac{\mathrm O\mathrm B'}{\mathrm B'\mathrm B}\cdot\frac{\mathrm B\mathrm P}{\mathrm P\mathrm C}\cdot\frac{\mathrm C\mathrm C'}{\mathrm C'\mathrm O} &= 1, \\ \frac{\mathrm O\mathrm C'}{\mathrm C'\mathrm C}\cdot\frac{\mathrm C\mathrm Q}{\mathrm Q\mathrm A}\cdot\frac{\mathrm A\mathrm A'}{\mathrm A'\mathrm O} &= 1, \\ \frac{\mathrm O\mathrm A'}{\mathrm A'\mathrm A}\cdot\frac{\mathrm A\mathrm R}{\mathrm R\mathrm B}\cdot\frac{\mathrm B\mathrm B'}{\mathrm B'\mathrm O} &= 1 \end{aligned}\] が得られる. 辺々を掛け合わせると \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1\] が得られるから, メネラウスの定理の逆により $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ は同一直線上にある.

(2)

$2$ 直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}'$ の交点を $\mathrm O$ とおく. $3$ 点 $\mathrm O,$ $\mathrm C,$ $\mathrm C'$ が同一直線上にあることを示せばよい. $\triangle\mathrm{QAA}',$ $\triangle\mathrm{PBB}'$ において, $\mathrm{QP},$ $\mathrm{AB},$ $\mathrm A'\mathrm B'$ は $1$ 点 $\mathrm R$ で交わるから, (1) の結果により, $\mathrm{AA}'$ と $\mathrm{BB}'$ の交点 $\mathrm O,$ $\mathrm{AQ}$ と $\mathrm{BP}$ の交点 $\mathrm C,$ $\mathrm{QA}'$ と $\mathrm{PB}'$ の交点 $\mathrm C'$ は同一直線上にある. ゆえに, $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ は $1$ 点 $\mathrm O$ で交わる.

(1)

$\triangle\mathrm{CAE},$ $\triangle\mathrm{CAB}$ に中点連結定理を適用すると \[\mathrm{RL} = \frac{1}{2}\mathrm{EA}, \quad \mathrm{LP} = \frac{1}{2}\mathrm{AB}\] となるから, \[\frac{\mathrm{RL}}{\mathrm{LP}} = \frac{\mathrm{EA}}{\mathrm{AB}} \quad \cdots [1]\] が成り立つ. 同様に, \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{PM}}{\mathrm{MQ}} &= \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DE}} \quad \cdots [2], \\ \frac{\mathrm{QN}}{\mathrm{NR}} &= \frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FC}} \quad \cdots [3] \end{aligned}\] である.

(2)

$[1]$～$[3]$ の辺々を掛け合わせると, メネラウスの定理により \[\begin{aligned} &\frac{\mathrm{RL}}{\mathrm{LP}}\cdot\frac{\mathrm{PM}}{\mathrm{MQ}}\cdot\frac{\mathrm{QN}}{\mathrm{NR}} = \frac{\mathrm{EA}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DE}}\cdot\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FC}} \\ &= \frac{\mathrm{EA}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{BF}}{\mathrm{FC}}\cdot\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{DE}} = 1 \end{aligned}\] となる. よって, メネラウスの定理の逆により, $3$ 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ は同一直線上にある.

　(i) を仮定して, (ii) を示す.

• $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ が $1$ 点 $\mathrm O$ で交わるとき. $\triangle\mathrm{ABP}$ と直線 $\mathrm{BQ},$ および $\triangle\mathrm{ACP}$ と直線 $\mathrm{CR}$ にそれぞれメネラウスの定理を適用すると, \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}}\cdot\frac{\mathrm{PO}}{\mathrm{OA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} &= 1 \quad \cdots [1], \\ \frac{\mathrm{CB}}{\mathrm{BP}}\cdot\frac{\mathrm{PO}}{\mathrm{OA}}\cdot\frac{\mathrm{AQ}}{\mathrm{QC}} &= 1 \quad \cdots [2] \end{aligned}\] となる. $[1]\div [2]$ から, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1\] が得られる.
• $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ がすべて平行であるとき. \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{BA}}{\mathrm{AR}}\cdot\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BP}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{BA}}{\mathrm{BR}}\cdot\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{BP}} = 1\] が成り立つ.

よって, いずれの場合にも (ii) が成り立つ.
　(ii) を仮定して, (i) を示す. 点 $\mathrm P$ が辺 $\mathrm{BC}$ 上にあるとしても一般性を失わないから, その場合を考える. $2$ 直線 $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ が平行でないとして, $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ が $1$ 点で交わることを示せばよい. $2$ 直線 $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ の交点を $\mathrm O$ とおき, 直線 $\mathrm{AO}$ と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm P'$ とおくと, (i) $\Longrightarrow$ (ii) が成り立つことから \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = 1 = \frac{\mathrm{BP'}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}}\] よって \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\mathrm{BP'}}{\mathrm{PC}}\] が得られるので, $\mathrm P = \mathrm P'$ となる. ゆえに, $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

　(i) を仮定して, (ii) を示す.

• $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ が $1$ 点 $\mathrm O$ で交わるとき. \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\triangle\mathrm{OAB}}{\triangle\mathrm{OCA}}, \quad \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}} = \frac{\triangle\mathrm{OBC}}{\triangle\mathrm{OAB}}, \quad \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\triangle\mathrm{OCA}}{\triangle\mathrm{OBC}}\] であるから, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\triangle\mathrm{OAB}}{\triangle\mathrm{OCA}}\cdot\frac{\triangle\mathrm{OBC}}{\triangle\mathrm{OAB}}\cdot\frac{\triangle\mathrm{OCA}}{\triangle\mathrm{OBC}} = 1\] が成り立つ.
• $3$ 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ がすべて平行であるとき. 上記と同様.

よって, いずれの場合にも (ii) が成り立つ.

(A)

辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の中点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおくと, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\dfrac{\mathrm{BC}}{2}}{\dfrac{\mathrm{BC}}{2}}\cdot\frac{\dfrac{\mathrm{CA}}{2}}{\dfrac{\mathrm{CA}}{2}}\cdot\frac{\dfrac{\mathrm{AB}}{2}}{\dfrac{\mathrm{AB}}{2}} = 1\] となるから, チェヴァの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

(B1)

(i)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形のとき. $3$ 本の垂線は，直角の頂点で交わる.

(ii)

$\triangle\mathrm{ABC}$ が直角三角形でないとき. 頂点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ から直線 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ に下ろした垂線の足を $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおく. このとき, $\triangle\mathrm{ABQ}$ と $\triangle\mathrm{ACR}$ は相似であるから, $\dfrac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AQ}} = \dfrac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$ が成り立つ. 同様に $\dfrac{\mathrm{BP}}{\mathrm{BR}} = \dfrac{\mathrm{BA}}{\mathrm{BC}},$ $\dfrac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{CP}} = \dfrac{\mathrm{CB}}{\mathrm{CA}}$ であるから, \[\begin{aligned} \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} &= \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{AQ}}\cdot\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{BR}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{CP}} \\ &= \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{BA}}{\mathrm{BC}}\cdot\frac{\mathrm{CB}}{\mathrm{CA}} = 1 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, チェヴァの定理の逆により, 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

(i), (ii) から, $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点から対辺に下ろした垂線は $1$ 点で交わる.

(B2)

$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく. 中点連結定理により $\mathrm{BC}$ と $\mathrm{MN},$ $\mathrm{CA}$ と $\mathrm{NL},$ $\mathrm{AB}$ と $\mathrm{LM}$ は平行であるから, 辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の垂直二等分線は $\triangle\mathrm{LMN}$ の頂点 $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ から対辺に下ろした垂線と一致する. よって, (B1) により $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の垂直二等分線は $1$ 点で交わる.

(C)

$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A,$ $\angle\mathrm B,$ $\angle\mathrm C$ の内角の二等分線と辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の交点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおくと, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}, \quad \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}} = \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}, \quad \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}}\] となり, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}\cdot\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}} = 1\] となるから, チェヴァの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

(D)

$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の内角, $\angle\mathrm B$ の外角, $\angle\mathrm C$ の外角の二等分線と辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA}$ の延長, $\mathrm{AB}$ の延長の交点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおくと, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}, \quad \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}} = \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}, \quad \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}}\] となり, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}\cdot\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}} = 1\] となるから, チェヴァの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

(A)

$\triangle\mathrm{ABC}$ において, 内接円と辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の接点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおくと, \[\mathrm{BP} = \mathrm{RB}, \quad \mathrm{CQ} = \mathrm{PC}, \quad \mathrm{AR} = \mathrm{QA}\] から \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{RB}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{QA}} = 1\] となるので, チェヴァの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

(B)

$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $s = \dfrac{a+b+c}{2}$ とおく. また, 辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ における傍接円の接点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおく. さらに, $\angle\mathrm A$ 内の傍接円と辺 $\mathrm{AB}$ の延長, $\mathrm{AC}$ の延長の接点をそれぞれ $\mathrm T,$ $\mathrm T'$ とおく.

(1)

\[\begin{aligned} \mathrm{AT} &= \mathrm{AB}+\mathrm{BT} = c+\mathrm{BP} \\ &= c+\mathrm{BC}-\mathrm{PC} = c+a-\mathrm{CT}' \\ &= c+a-(\mathrm{AT}'-\mathrm{AC}) \\ &= c+a+b-\mathrm{AT}, \\ 2\mathrm{AT} &= a+b+c \end{aligned}\] から \[\mathrm{AT} = \frac{a+b+c}{2} = s\] が得られる. よって, $\triangle\mathrm{ABC}$ の頂点から傍接円に引いた接線の長さはいずれも $\triangle\mathrm{ABC}$ の周の長さの半分である.

(2)

(1) により, \[\mathrm{BP} = \mathrm{BT} = \mathrm{AT}-\mathrm{AB} = s-c\] が成り立つ. 同様に \[\begin{aligned} \mathrm{QA} &= s-c, \\ \mathrm{CQ} &= \mathrm{RB} = s-a, \\ \mathrm{AR} &= \mathrm{PC} = s-b \end{aligned}\] が成り立つ. よって, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{RB}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{PC}} = 1\] であるから, チェヴァの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

(1)

$\mathrm{BA}' = \mathrm{CA}'$ であるから, \[\begin{aligned} &\mathrm{BP}:\mathrm{PC} = \triangle\mathrm{AA}'\mathrm B:\triangle\mathrm{AA}'\mathrm C \\ &= \frac{1}{2}c\cdot\mathrm{BA}'\sin (B+\theta ):\frac{1}{2}b\cdot\mathrm{CA}'\sin (C+\theta ) \\ &= c\sin (B+\theta ):b\sin (C+\theta ) \end{aligned}\] が成り立つ. 同様に, \[\begin{aligned} \mathrm{CQ}:\mathrm{QA} &= a\sin (C+\theta ):c\sin (A+\theta ), \\ \mathrm{AR}:\mathrm{RB} &= b\sin (A+\theta ):a\sin (B+\theta ) \end{aligned}\] である.

(2)

(1) の結果により \[\begin{aligned} &\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} \\ &= \frac{c\sin (B+\theta )}{b\sin (C+\theta )}\cdot\frac{a\sin (C+\theta )}{c\sin (A+\theta )}\cdot\frac{b\sin (A+\theta )}{a\sin (B+\theta )} \\ &= 1 \end{aligned}\] であるから, チェヴァの定理の逆により直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ は $1$ 点で交わる.