第2章三角形の性質

証明（定理2.1）

辺$BA$を$A$を越えて延長し，その延長線上に，点$C$を通り直線$AP$に平行な直線との交点$D$をとる（図2.1）．つまり$AP\parallel CD$となるように$D$を定める．

直線$BD$（$=$直線$BA$の延長）は，平行な2直線$AP,CD$を切る1本の横断線（transversal）である．したがって同位角（corresponding angles）が等しく，

$$ \angle BAP=\angle ADC $$

が成り立つ．また，直線$AC$も$AP,CD$を切る横断線であるから，錯角（alternate angles）が等しく，

$$ \angle PAC=\angle ACD $$

が成り立つ．一方，$AP$は$\angle A$の二等分線だから$\angle BAP=\angle PAC$である．この3つの等式を並べると

$$ \angle ADC=\angle BAP=\angle PAC=\angle ACD $$

となり，とくに$\angle ADC=\angle ACD$である．$\triangle ACD$において2つの角$\angle ADC,\angle ACD$が等しいので，これらの角にそれぞれ向かい合う辺$AC,AD$も等しい（「2角が等しい三角形は二等辺三角形である」——「二等辺三角形の底角は等しい」の逆にあたる中学で学んだ定理）：

$$ AC=AD \qquad \cdots\text{①} $$

次に$AP\parallel CD$を使う．$\angle ABP=\angle DBC$は同じ角である（$P$は$B$から見て$C$の方向，$A$は$B$から見て$D$の方向にある点だから，$\angle ABP$と$\angle DBC$はまったく同じ角を指している）．また直線$BD$が$AP,CD$を切ることから，先ほどと同じ理由で$\angle BAP=\angle BDC$（$=\angle ADC$）である．2組の角がそれぞれ等しいので

$$ \triangle ABP \backsim \triangle DBC $$

（$\backsim$は「相似である」を表す記号）．相似な図形では対応する辺の比がすべて等しいから，

$$ BA:BD=BP:BC \qquad (\ast) $$

である．ここで$D$は$A$を越えた延長上の点だから$BD=BA+AD$，同様に$P$は$B,C$の間の点だから$BC=BP+PC$である．これを$(\ast)$に代入して整理する（行間）．$(\ast)$は$BA\cdot BC=BP\cdot BD$と書けるから，

$$ BA(BP+PC)=BP(BA+AD) $$ $$ BA\cdot BP+BA\cdot PC=BP\cdot BA+BP\cdot AD $$

両辺から共通の$BA\cdot BP$（$=BP\cdot BA$）を引くと，

$$ BA\cdot PC=BP\cdot AD $$

すなわち

$$ BA:AD=BP:PC \qquad \cdots\text{②} $$

が得られる．最後に①（$AC=AD$）を②の$AD$に代入すると，

$$ AB:AC=BP:PC $$

となり，定理が示された．

（証明終わり）

証明（定理2.2）

以下では$AB\gt AC$の場合を示す（$AB\lt AC$のときに$E,Q$の位置がどう変わるかは，証明のあとの数学ノートで補う）．

辺$BA$を$A$を越えて延長し，その延長線上に点$D$をとる（$\angle DAQ$は外角，すなわち二等分される角である）．また，点$C$を通り直線$AQ$に平行な直線を引き，辺$AB$（線分$BA$そのもの）との交点を$E$とする．つまり$EC\parallel AQ$となるように$E$を定める（図2.2）．

直線$BD$（$=$直線$AB$の延長）は平行な2直線$EC,AQ$を切る横断線だから，同位角が等しく，

$$ \angle DAQ=\angle AEC $$

である．また直線$AC$も$EC,AQ$を切る横断線だから，錯角が等しく，

$$ \angle QAC=\angle ACE $$

である．$AQ$は外角$\angle DAC$の二等分線だから$\angle DAQ=\angle QAC$．したがって

$$ \angle AEC=\angle DAQ=\angle QAC=\angle ACE $$

となり，とくに$\angle AEC=\angle ACE$．$\triangle AEC$でこの2角が等しいので，向かい合う辺$AC,AE$も等しい：

$$ AE=AC \qquad \cdots\text{①} $$

次に，$\angle EBC=\angle ABQ$は同じ角である（$E$は$B$から見て$A$の方向，$Q$は$B$から見て$C$の方向にある点）．また$EC\parallel AQ$と横断線$BD$から$\angle BEC=\angle BAQ$（同位角．$E$から見て$B$の方向と$A$から見て$B$の方向は同じ直線の同じ側だから対応する）．2組の角がそれぞれ等しいので

$$ \triangle EBC \backsim \triangle ABQ $$

であり，対応する辺の比から

$$ EB:AB=BC:BQ \qquad (\ast\ast) $$

が成り立つ．ここで$EA=AB-EB$（$E$は$B,A$の間の点），$CQ=BQ-BC$（$C$は$B,Q$の間の点，$Q$は$C$を越えた延長上）である．$(\ast\ast)$は$EB\cdot BQ=AB\cdot BC$と書けるので，

$$ BA\cdot CQ=AB(BQ-BC)=AB\cdot BQ-AB\cdot BC $$ $$ EA\cdot BQ=(AB-EB)BQ=AB\cdot BQ-EB\cdot BQ=AB\cdot BQ-AB\cdot BC $$

右辺どうしが一致するので$BA\cdot CQ=EA\cdot BQ$，すなわち

$$ BA:EA=BQ:CQ \qquad \cdots\text{②} $$

が得られる．①（$AE=AC$）を②の$EA$に代入すると，

$$ AB:AC=BQ:CQ $$

となり，定理が示された．

（証明終わり）

証明（定理2.3）

$M$は辺$CA$の中点，$L$は辺$CB$の中点だから，中学で学んだ中点連結定理（2辺の中点を結ぶ線分は，残りの辺に平行で長さはその半分になる，という定理）を$\triangle CAB$に適用すると，

$$ ML\parallel AB, \qquad ML=\frac{1}{2}AB \qquad \cdots\text{①} $$

が成り立つ（図2.3）．

中線$AL$と$BM$の交点を$G$とする．$ML\parallel AB$であることから，直線$AL$（$M,L$を通る直線ではなく$A,G,L$を通る直線）が2直線$AB,ML$を切る横断線になっており，錯角が等しいので$\angle GAB=\angle GLM$．同様に直線$BM$が横断線になっており$\angle GBA=\angle GML$．また，2直線$AL,BM$が$G$で交わってできる$\angle AGB$と$\angle LGM$は対頂角（vertical angles，向かい合う角）だから等しい．3組の角がそれぞれ等しいので（2組が等しければ十分だが，念のため3組とも確認した）

$$ \triangle GAB \backsim \triangle GLM $$

である．相似比は①より$AB:LM=2:1$だから，対応する辺の比もすべて$2:1$になる：

$$ AG:GL=BG:GM=AB:LM=2:1 $$

これで中線$AL,BM$がそれぞれ$G$で$2:1$に内分されることが示された．

3本目の中線も同じ点を通ることの確認．　中線$AL$と中線$CN$（$N$は$AB$の中点）についても，$\triangle CAB$の代わりに$\triangle BCA$を使ってまったく同じ議論を行うと（中点連結定理を$N,L$——$AB,CB$の中点——に適用して$NL\parallel CA$，$NL=\frac12 CA$を得て，$\triangle G'AC\backsim\triangle G'LN$を作ればよい），中線$AL$と$CN$の交点を$G'$とすると，やはり$AG':G'L=2:1$であることがわかる．ところが，中線$AL$上で「$A$から$2:1$の位置」にある点はただ1つしかない（線分を$2:1$に内分する点は一意に決まる）．したがって$G$と$G'$は同じ点である．つまり中線$CN$も点$G$を通る．よって3本の中線$AL,BM,CN$はすべて同じ点$G$で交わり，$G$はいずれの中線も頂点側から$2:1$に内分する．

（証明終わり）

証明（定理2.4）

頂点$A$から辺$BC$へ垂線を下ろし，その足を$H$とする（図2.4のように，$H$が$M$と$C$の間にある場合で示す．$H$が他の位置にくる場合の扱いは，このあとの注で補う）．$\triangle ABH,\triangle ACH$はどちらも$H$で直角をなす直角三角形だから，三平方の定理より

$$ AB^2=BH^2+AH^2, \qquad AC^2=CH^2+AH^2 $$

である．図の配置から$BH=BM+MH$，$CH=MC-MH$（$H$が$M,C$の間にあるので，$C$から$H$までの距離は$MC$から$MH$を引いたもの）だから，これらを代入して両辺を足し合わせると，

$$ AB^2+AC^2=(BM+MH)^2+AH^2+(MC-MH)^2+AH^2 $$

右辺の2つの平方をそれぞれ展開する（$(x+y)^2=x^2+2xy+y^2$，$(x-y)^2=x^2-2xy+y^2$）：

$$ =BM^2+2\,BM\!\cdot\!MH+MH^2+AH^2+MC^2-2\,MC\!\cdot\!MH+MH^2+AH^2 $$

ここで$M$は$BC$の中点だから$BM=MC$である．したがって$2\,BM\!\cdot\!MH$と$-2\,MC\!\cdot\!MH$は，$BM=MC$より同じ大きさで符号が逆なので打ち消し合う．また$BM^2+MC^2=2BM^2$（$BM=MC$だから），$MH^2$が2つで$2MH^2$，$AH^2$が2つで$2AH^2$になる．まとめると

$$ AB^2+AC^2=2BM^2+2MH^2+2AH^2=2\bigl(BM^2+MH^2+AH^2\bigr) $$

さらに，$\triangle AMH$も$H$で直角をなす直角三角形だから，三平方の定理より$MH^2+AH^2=AM^2$である．これを代入すると，

$$ AB^2+AC^2=2\bigl(BM^2+AM^2\bigr)=2\bigl(AM^2+BM^2\bigr) $$

となり，定理が示された．

（証明終わり）

証明（定理2.5）

辺$AB$の垂直二等分線と辺$BC$の垂直二等分線は（$A,B,C$が一直線上にない限り）平行にはならないから，どこかの点$O$で交わる．$O$は辺$AB$の垂直二等分線上にあるから，冒頭の事実より

$$ OA=OB $$

である．同様に，$O$は辺$BC$の垂直二等分線上にあるから

$$ OB=OC $$

である．この2つを合わせると$OA=OB=OC$，すなわち$O$は3頂点すべてから等しい距離にある．とくに$OA=OC$が成り立つが，これはちょうど「$O$が辺$CA$の垂直二等分線上にある」ということそのものである（冒頭の事実の逆向き）．したがって，辺$CA$の垂直二等分線も点$O$を通る．結局，3本の垂直二等分線はすべて点$O$を通り，$O$は1点に定まる．$OA=OB=OC$という共通の長さを半径として$O$を中心に円を描けば，その円は$A,B,C$の3点をすべて通る．

（証明終わり）

証明（定理2.6）

$\angle A$の二等分線と$\angle B$の二等分線は，三角形の内部でただ1点$I$で交わる．$I$は$\angle A$の二等分線上にあるから，冒頭の事実（角の二等分線と等距離）より，$I$から辺$AB$を含む直線までの距離と，辺$AC$を含む直線までの距離は等しい．同様に$I$は$\angle B$の二等分線上にあるから，$I$から辺$BA$（$=AB$）までの距離と，辺$BC$までの距離も等しい．この2つの事実で「辺$AB$までの距離」が共通しているので，

$$ (\text{$I$から辺$CA$までの距離})=(\text{$I$から辺$AB$までの距離})=(\text{$I$から辺$BC$までの距離}) $$

となり，$I$は3辺すべてから等しい距離にある．とくに「辺$CA$までの距離＝辺$BC$までの距離」が成り立つが，これはちょうど「$I$が$\angle C$の二等分線上にある」ということそのものである．したがって，$\angle C$の二等分線も点$I$を通り，3本の角の二等分線はすべて点$I$で交わる．辺$BC,CA,AB$への垂線の足をそれぞれ$D,E,F$とすると，$ID=IE=IF$（3辺までの共通の距離）だから，$I$を中心，$ID$を半径とする円は，3辺すべてに（垂線の足$D,E,F$で）接する．

（証明終わり）

証明（定理2.7）

$AP,BQ,CR$が1点$X$で交わっているとする（図2.11）．「頂点を共有し，底辺が同一直線上にある2つの三角形の面積比は，底辺の長さの比に等しい」という事実（三角形の面積$=\frac12\times$底辺$\times$高さで，共通の頂点から底辺までの高さが同じだから）を使う．

まず，頂点$A$と頂点$X$のそれぞれから底辺$BC$を見ると，

$$ \frac{BP}{PC}=\frac{[\triangle ABP]}{[\triangle ACP]}=\frac{[\triangle XBP]}{[\triangle XCP]} $$

（$[\ \cdot\ ]$は面積を表す．前半は頂点$A$，後半は頂点$X$から底辺$BC$上の$B,P,C$を見たときの面積比）．一般に$\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}$のとき$\dfrac{a}{b}=\dfrac{a-c}{b-d}$が成り立つ（$a=kb,c=kd$とおけば$a-c=k(b-d)$よりただちにわかる）から，

$$ \frac{BP}{PC}=\frac{[\triangle ABP]-[\triangle XBP]}{[\triangle ACP]-[\triangle XCP]} $$

である．ここで，$X$は線分$AP$上の点だから，線分$BX$は$\triangle ABP$を$\triangle ABX$と$\triangle XBP$に分ける：$[\triangle ABP]=[\triangle ABX]+[\triangle XBP]$，すなわち$[\triangle ABP]-[\triangle XBP]=[\triangle ABX]$．同様に線分$CX$は$\triangle ACP$を$\triangle ACX$と$\triangle XCP$に分けるから$[\triangle ACP]-[\triangle XCP]=[\triangle ACX]$．よって

$$ \frac{BP}{PC}=\frac{[\triangle ABX]}{[\triangle ACX]} \qquad \cdots\text{①} $$

まったく同じ議論を，頂点$B$と辺$CA$上の点$Q$，頂点$C$と辺$AB$上の点$R$についても行うと（$X$がそれぞれ$BQ,CR$上にあることを使う），

$$ \frac{CQ}{QA}=\frac{[\triangle BCX]}{[\triangle BAX]} \qquad \cdots\text{②}, \qquad\qquad \frac{AR}{RB}=\frac{[\triangle CAX]}{[\triangle CBX]} \qquad \cdots\text{③} $$

が得られる．①②③の右辺をすべて掛け合わせると，$[\triangle ABX]=[\triangle BAX]$，$[\triangle ACX]=[\triangle CAX]$，$[\triangle BCX]=[\triangle CBX]$（同じ3点を結んだ三角形は，頂点を挙げる順序によらず面積が等しい）ことから，分子と分母がちょうど同じ3つの面積の積になり，きれいに打ち消し合う：

$$ \frac{BP}{PC}\times\frac{CQ}{QA}\times\frac{AR}{RB}=\frac{[\triangle ABX]}{[\triangle ACX]}\times\frac{[\triangle BCX]}{[\triangle BAX]}\times\frac{[\triangle CAX]}{[\triangle CBX]}=1 $$

したがって$\dfrac{AR}{RB}\times\dfrac{BP}{PC}\times\dfrac{CQ}{QA}=1$である．

（証明終わり）

証明（定理2.8）

次の補題を使う．

補題．　2点$X,Y$を通る直線が，直線$\ell$と点$Z$で交わるとする．$X,Y$から$\ell$へ下ろした垂線の長さ（垂線の足までの距離）をそれぞれ$d(X,\ell),d(Y,\ell)$とすると，

$$ \frac{XZ}{ZY}=\frac{d(X,\ell)}{d(Y,\ell)} $$

である．

補題の証明．　$X,Y$から$\ell$へ下ろした垂線の足をそれぞれ$X',Y'$とする．$X',Z,Y'$はすべて直線$\ell$上にあるので一直線上にある．$\triangle XZX'$と$\triangle YZY'$は，$X'$と$Y'$でそれぞれ直角をなす直角三角形であり，$\angle XZX'$と$\angle YZY'$は対頂角（$Z$を挟んで向かい合う角）だから等しい．2組の角がそれぞれ等しいので$\triangle XZX'\backsim\triangle YZY'$であり，対応する辺の比から$\dfrac{XZ}{YZ}=\dfrac{XX'}{YY'}=\dfrac{d(X,\ell)}{d(Y,\ell)}$．（補題の証明終わり）

この補題を，直線$\ell$（定理の中の横断する直線）と，$X,Y$として頂点の組$(B,C),(C,A),(A,B)$を順に当てはめると，

$$ \frac{BP}{PC}=\frac{d(B,\ell)}{d(C,\ell)}, \qquad \frac{CQ}{QA}=\frac{d(C,\ell)}{d(A,\ell)}, \qquad \frac{AR}{RB}=\frac{d(A,\ell)}{d(B,\ell)} $$

が得られる（$P,Q,R$はそれぞれ直線$BC,CA,AB$と$\ell$の交点である）．この3つの右辺をすべて掛け合わせると，

$$ \frac{BP}{PC}\times\frac{CQ}{QA}\times\frac{AR}{RB}=\frac{d(B,\ell)}{d(C,\ell)}\times\frac{d(C,\ell)}{d(A,\ell)}\times\frac{d(A,\ell)}{d(B,\ell)}=1 $$

となり，定理が示された．なお，この補題は$Z$が線分$XY$の内側にあっても外側にあっても（距離はつねに正の量として）そのまま成り立つので，$P,Q,R$のうちどれが辺の内分点でどれが外分点であっても証明は変わらない．

（証明終わり）