§A5.20幾何の技法

非退化な三角形$ABC$の頂点$A,B,C$から直線$BC,CA,AB$へ下ろした垂線の足を、それぞれ$D,E,F$とする。§A5.8 定理 10.1により、三本の垂線は一点$H$で交わり、$H$が垂心である。図に描く足の位置は、三角形の角の大きさで決まる。

足の位置を確かめる。点$X$から直線$YZ$へ下ろした垂線の足を$P$とする。$P=Y$なら$XY\perp YZ$であり$\angle XYZ=90^\circ$である。$P\ne Y$なら、三角形$XPY$は$P$を直角とする直角三角形であるから$\angle XYP<90^\circ$であり、例 3.1により、$P$が半直線$YZ$上にあれば$\angle XYZ=\angle XYP<90^\circ$、$P$が$Y$に関して$Z$と反対側にあれば$\angle XYZ=180^\circ-\angle XYP>90^\circ$である。この三つの場合は互いに排反であり、すべての場合を尽くすので、$\angle XYZ$が鋭角、直角、鈍角であることは、それぞれ$P$が半直線$YZ$上の$Y$と異なる点であること、$P=Y$であること、$P$が$Y$に関して$Z$と反対側にあることと同値である。とくに、$\angle XYZ$と$\angle XZY$がともに鋭角であることは、$P$が辺$YZ$の内部にあることと同値である。

この結果と§A5.8 系 14.1により、図は次のように描く。

鋭角三角形では、$D,E,F$はそれぞれ辺$BC,CA,AB$の内部にあり、$H$は三角形の内部にある。三本の線分$AD,BE,CF$を描くと、それらは三角形の内部の点$H$で交わる。

$\angle A=90^\circ$の直角三角形では、$\angle B,\angle C$は鋭角であるから$D$は辺$BC$の内部にある。$\angle A=90^\circ$であるから、$B$から直線$CA$への垂線の足と$C$から直線$AB$への垂線の足はどちらも$A$であり、$E=F=A$である。$B,C$からの高さは二辺$BA,CA$そのものであり、$H=A$である。

$\angle A>90^\circ$の鈍角三角形では、$\angle B,\angle C$は鋭角であるから$D$は辺$BC$の内部にある。$E$は、$\angle BAC$が鈍角であるから$A$に関して$C$と反対側にあり、辺$CA$の$A$側の延長上にある。同様に、$F$は辺$BA$の$A$側の延長上にある。$H$は三角形の外部にあるので、三本の高さを直線として描き、辺$CA,BA$の延長と直線$AD$の延長を図に入れて、交点$H$を明示する。▨

円$\Gamma$の弦$AB$と、$\Gamma$上の$A,B$と異なる点$P,Q$について、次が成り立つ。

$P,Q$が直線$AB$に関して同じ側にあるとき、$\angle APB=\angle AQB$である。

$P,Q$が直線$AB$に関して反対側にあるとき、$\angle APB+\angle AQB=180^\circ$である。

証明する。§A5.6 定理 2.2 (2)の証明で述べられているとおり、$\Gamma$から$A,B$を除いた部分は、$A,B$で分けられる二つの弧からなり、二つの弧は直線$AB$に関して互いに反対側にある。

$P,Q$が同じ側にあるとき、$P,Q$は同じ弧の上にある。§A5.5 定理 1.1 (1)により、$\angle APB$と$\angle AQB$はともに、その弧を含まない側の弧$AB$に対する中心角の半分に等しいので、$\angle APB=\angle AQB$である。

$P,Q$が反対側にあるとき、$P,Q$は異なる弧の上にある。§A5.5 定理 1.1 (1)により、$\angle APB$は$Q$を含む弧に対する中心角の半分に等しく、$\angle AQB$は$P$を含む弧に対する中心角の半分に等しい。二つの弧を合わせると円周全体になるので、二つの中心角の和は$360^\circ$であり、$\angle APB+\angle AQB=180^\circ$である。

どちらの場合も逆が成り立ち、四点$A,B,P,Q$が同一円周上にあることの判定に用いることができる。その主張は§A5.6 定理 2.2 (1)と§A5.6 定理 2.2 (2)である。▨

一例として例 2.1を取る。鋭角三角形$ABC$の垂心を$H$、直線$BC$に関して$H$を反射した点を$H_a$とし、$H_a$が外接円上にあることを三通りに示す。$A$から直線$BC$へ下ろした垂線の足を$D$とする。三角形は鋭角三角形であるから$D$は辺$BC$の内部にあり、§A5.8 系 14.1により$H$は三角形の内部にある。頂点$A$と辺$BC$の内部の点$D$を結ぶ直線が三角形と共有する点は、線分$AD$の点だけであるから、三角形の内部にあって直線$AD$上にある$H$は、線分$AD$の内部にある。$H$は直線$AD$上にあり$AD\perp BC$であるから、$H_a$は直線$AD$上で$D$に関して$H$と反対側にあり、$DH_a=DH$を満たす。

角追いによる解法は、例 2.1の証明である。$B,C$からの高さ$BH,CH$によって$\angle HBC=90^\circ-\angle BCA$、$\angle HCB=90^\circ-\angle ABC$を求め、$\angle BH_aC=\angle BHC=180^\circ-\angle BAC$から§A5.6 定理 2.2 (2)を用いる。

相似による解法を述べる。$\angle BDH=\angle ADC=90^\circ$である。$B$からの高さは直線$AC$に垂直であるから、例 2.1の証明のとおり$\angle DBH=\angle HBC=90^\circ-\angle BCA$であり、直角三角形$ADC$の内角の和から$\angle DAC=90^\circ-\angle ACD=90^\circ-\angle BCA$である。よって$\angle DBH=\angle DAC$であり、§A5.1 定理 3.1 (1)により$\triangle DBH\sim\triangle DAC$（$D\leftrightarrow D$、$B\leftrightarrow A$、$H\leftrightarrow C$）である。対応する辺の比から$\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DH}{DC}$であり、

を得る。$D$は線分$BC$の内部にあり、線分$AH_a$の内部にもあるので、直線$BC$と直線$AH_a$にそれぞれ向きを定めた符号つきの長さで$\overline{DB}\,\overline{DC}=-DB\cdot DC$、$\overline{DA}\,\overline{DH_a}=-DA\cdot DH_a$であり、二つは等しい。直線$BC$と直線$AH_a$は$D$で交わる相異なる直線であるから、§A5.7 定理 1.6により$A,B,C,H_a$は同一円周上にある。

座標による解法を述べる。$D$を原点、直線$BC$を$x$軸、直線$AD$を$y$軸に取り、$A(0,a)$、$B(b,0)$、$C(c,0)$とする。ただし$a>0$、$b<0<c$である。$B$からの高さは、$B$を通り$\overrightarrow{AC}=(c,-a)$に垂直な直線$c(x-b)-ay=0$であり、$y$軸との交点は$\left(0,-\dfrac{bc}a\right)$である。§A5.8 定理 10.1により、これが$H$である。したがって$H_a=\left(0,\dfrac{bc}a\right)$である。三点$A,B,C$を通る円を$x^2+y^2+px+qy+s=0$と置く。$B,C$を代入すると、$b,c$は$x^2+px+s=0$の二つの解であるから$p=-(b+c)$、$s=bc$であり、$A$を代入すると$a^2+qa+bc=0$から$q=-\dfrac{a^2+bc}a$である。$H_a$を代入すると

であるから、$H_a$はこの円の上にある。

補助線の役割を比較する。角追いでは、$B,C$からの高さ$BH,CH$が角$\angle BHC$を内角の和で計算するために用いられ、反射は角を移すために用いられる。相似では、$A$からの高さ$AD$とその足$D$が、二つの直角三角形$DBH,DAC$を作り、方べきの等式$DB\cdot DC=DA\cdot DH_a$の基準点$D$を与える。座標では、高さ$AD$と辺$BC$がそのまま座標軸になり、補助線の役割は計算しやすい座標系を選ぶことに移る。座標による解法は点の位置の場合分けを式の符号に任せることができるが、角追いと相似による解法では、$H$が三角形の内部にあることと、$A,H_a$が直線$BC$の反対側にあることを確かめる必要がある。▨