有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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チェバの定理・メネラウスの定理

チェバの定理

問題≪三角形の五心≫

 次のことを示せ.
(A)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点と対辺の中点を結ぶ直線は $1$ 点で交わる.
(B1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点から対辺に下ろした垂線は $1$ 点で交わる.
(B2)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺の垂直二等分線は $1$ 点で交わる.
(C)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ つの内角の二等分線は $1$ 点で交わる.
(D)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $1$ つの内角の二等分線と他の $2$ つの外角の二等分線は $1$ 点で交わる.

解答例

(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, チェバ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{align*} \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{align*} が成り立つ. チェバの定理の逆により, 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 $\triangle\mathrm{LMN}$ の頂点から対辺に下ろした垂線に一致する. 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, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}, \quad \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}} = \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}, \quad \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}}\] により \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}\cdot\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}} = 1\] となるから, チェバ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, \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}, \quad \frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}} = \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}, \quad \frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}}\] により \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CA}}\cdot\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AB}}\cdot\frac{\mathrm{CA}}{\mathrm{BC}} = 1\] となるから, チェバの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

背景

  • (A) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の重心(center of gravity)と呼ぶ.
  • (B1) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の垂心(orthocenter)と呼ぶ.
  • (B2) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心(circumcenter)と呼ぶ. $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ を通る円は外心を中心とする円である. これを $\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円(circumscribed circle)と呼ぶ.
  • (C) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の内心(inner center)と呼ぶ. $\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 辺に接する円は内心を中心とする円である. これを $\triangle\mathrm{ABC}$ の内接円(inscribed circle)と呼ぶ.
  • (D) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の $\angle\mathrm A$ の内角に関する傍心(excenter)と呼ぶ. $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{BC}$ と $\mathrm{AB}$ の延長, $\mathrm{AC}$ の延長に接する円は頂点 $\mathrm A$ に関する傍心を中心とする円である. これを $\triangle\mathrm{ABC}$ の辺 $\mathrm{BC}$ に接する傍接円(escribed circle)と呼ぶ.
 垂心の存在の座標を使った別解については, こちらを参照されたい.

問題≪三角形のジェルゴンヌ点とナーゲル点≫

 次のことを示せ.
(A)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点と対辺における内接円の接点を結ぶ直線は $1$ 点で交わる.
(B)
(1)
$\triangle\mathrm{ABC}$ 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)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の $3$ 頂点と対辺に接する傍接円の中心とを結ぶ直線は $1$ 点で交わる.

解答例

(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, \[\mathrm{BP} = \mathrm{RB}, \quad \mathrm{CQ} = \mathrm{PC}, \quad \mathrm{AR} = \mathrm{QA}\] により \[\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{QA}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{RB}} = \frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{RB}}\cdot\frac{\mathrm{CQ}}{\mathrm{PC}}\cdot\frac{\mathrm{AR}}{\mathrm{QA}} = 1\] となるから, チェバ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 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ に接する傍接円の接点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおく. さらに, 辺 $\mathrm{BC}$ に接する傍接円と辺 $\mathrm{AB}$ 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{align*} \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{align*} 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) の結果により, \[\mathrm{BP} = \mathrm{BT} = \mathrm{AT}-\mathrm{AB} = s-c\] が成り立つ. 同様に \begin{align*} \mathrm{QA} &= s-c, \\ \mathrm{CQ} &= \mathrm{RB} = s-a, \\ \mathrm{AR} &= \mathrm{PC} = s-b \end{align*} 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, チェバの定理の逆により直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BQ},$ $\mathrm{CR}$ は $1$ 点で交わる.

背景

  • (A) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の「ジェルゴンヌ点」(Gergonne point)と呼ぶ.
  • (B) の交点を $\triangle\mathrm{ABC}$ の「ナーゲル点」(Nagel point)と呼ぶ.

問題≪三角形のキーペルト点≫

 $\triangle\mathrm{ABC}$ の外側に, $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ を底辺とし, $\theta$ を底角の大きさとする, 互いに相似な二等辺三角形 $\mathrm A'\mathrm{BC},$ $\mathrm B'\mathrm{CA},$ $\mathrm C'\mathrm{AB}$ をかく.
(1)
$\mathrm{BC}$ と $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{CA}$ と $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{AB}$ と $\mathrm{CC}'$ の交点を, それぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおく. $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $A = \angle\mathrm{CAB},$ $B = \angle\mathrm{ABC},$ $C = \angle\mathrm{BCA}$ と $\theta$ を用いて, 線分の長さの比 $\mathrm{BP}:\mathrm{PC},$ $\mathrm{CQ}:\mathrm{QA},$ $\mathrm{AR}:\mathrm{RB}$ を表せ.
(2)
$\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ は $1$ 点 $\mathrm K$ で交わることを示せ.

解答例

(1)
$\mathrm{BA}' = \mathrm{CA}'$ であるから, \begin{align*} &\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{align*} が成り立つ. 同様に, \begin{align*} \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{align*} である.
(2)
(1) の結果により \begin{align*} &\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{align*} であるから, チェバの定理の逆により直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ は $1$ 点で交わる.

解説

  • (2) において, $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ の交点 $\mathrm K$ を $\triangle\mathrm{ABC}$ の「キーペルト点」(Kiepert point)と呼ぶ.
  • $\theta = 30^\circ$ の場合の「キーペルト点」は「(第一)ナポレオン点」(first Napoleon point)と呼ばれる.
  • $\theta = 60^\circ$ の場合の「キーペルト点」は「(第一)フェルマー点」(first Fermat point)と呼ばれ, $3$ つの内角の大きさが $120^\circ$ 未満とき $3$ 頂点までの距離の和が最小の点として定まる.
  • 三角形の重心, 垂心はそれぞれ $\theta = 0^\circ,$ $90^\circ$ の場合の「キーペルト点」と解釈することができる.

メネラウスの定理

問題≪デザルグの定理とその逆≫

 $\triangle\mathrm{ABC},$ $\triangle\mathrm A'\mathrm B'\mathrm C'$ において, $\mathrm{BC}$ と $\mathrm B'\mathrm C'$ の交点を $\mathrm P,$ $\mathrm{CA}$ と $\mathrm C'\mathrm A'$ の交点を $\mathrm Q,$ $\mathrm{AB}$ と $\mathrm A'\mathrm B'$ の交点を $\mathrm R$ とおく.
(1)
$3$ 本の直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ が $1$ 点 $\mathrm O$ で交わるとする. このとき, $3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ は同一直線上にあることを示せ. (ヒント: $\triangle\mathrm{OBC}$ と直線 $\mathrm B'\mathrm C',$ $\cdots$ にメネラウスの定理を適用する.)
(2)
$3$ 点 $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ が同一直線上にあるとする. このとき, $3$ 本の直線 $\mathrm{AA}',$ $\mathrm{BB}',$ $\mathrm{CC}'$ は $1$ 点 $\mathrm O$ で交わることを示せ. (ヒント: $\triangle\mathrm{QAA}',$ $\triangle\mathrm{PBB}'$ に (1) の結果を適用する.)

解答例

(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{align*} \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{align*} 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.

背景

 本問の結果は,「デザルグの定理」(Desargues's theorem)と呼ばれ,「射影幾何学」(projective geometry)の最も基本的な定理の $1$ つである.

問題≪ニュートンの定理≫

 四角形 $\mathrm{ABCD}$ において, 対辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{CD}$ の延長が点 $\mathrm E$ で交わり, 対辺 $\mathrm{AD},$ $\mathrm{BC}$ の延長が点 $\mathrm F$ で交わるとする. 線分 $\mathrm{AC},$ $\mathrm{BD},$ $\mathrm{EF}$ の中点をそれぞれ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく.
(1)
線分 $\mathrm{CB},$ $\mathrm{BE},$ $\mathrm{EC}$ の中点をそれぞれ $\mathrm P,$ $\mathrm Q,$ $\mathrm R$ とおく. $\mathrm{EA},$ $\mathrm{AB},$ $\mathrm{BF},$ $\mathrm{FC},$ $\mathrm{CD},$ $\mathrm{DE}$ を用いて 比 $\dfrac{\mathrm{RL}}{\mathrm{LP}},$ $\dfrac{\mathrm{PM}}{\mathrm{MQ}},$ $\dfrac{\mathrm{QN}}{\mathrm{NR}}$ を表せ.
(2)
$3$ 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ は一直線上にあることを示せ.

解答例

(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{align*} \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{align*} 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{align*} &\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{align*} となる. よって, メネラウスの定理の逆により, $3$ 点 $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ は一直線上にある.

背景

  • 本問の結果は「ニュートンの定理」(Newton's theorem)として知られている. 別証明については, こちらを参照されたい.
  • 平行四辺形でない四角形において, 対角線の中点を結ぶ直線を「ニュートン線」(Newton line)と呼ぶ.
  • 向かい合う辺の中点を結ぶ直線の交点は「ニュートン線」上にあることも知られている.