ナポレオン三角形
ナポレオン三角形はあとでフェルマ点やシュタイナー・ウェバー
問題でも扱われる重要な図形です．
もとになるのは次の命題です．
命題
$\triangle ABC$の各辺$BC,AB,CA$の外側に正三角形を作り，
それぞれの正三角形の中心(外心)を$O_1,O_2,O_3$とする．
このとき$\triangle O_1O_2O_3$は正三角形である．
初等幾何的証明はあとで行うとして，証明するだけなら複素数を用いると手っ取り早い．
証明(複素数による)
相似な図形で考えればよいから，三角形の頂点を表す複素数は$0,1,a$で示せばよい．
複素数と文字を合わせて，３頂点を
$O(0),E(1),A(a)$
とする$\triangle OEA$で示す．
$b=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(\cos \dfrac{\pi}{6}+i\sin \dfrac{\pi}{6})$
とおくと，右図で
$O_1(\bar{b}),O_2(1+(a-1)\bar{b}),O_3(ab)$
$\overrightarrow{O_1O_2}=1+(a-2)\bar{b},
\overrightarrow{O_1O_3}=ab-\bar{b}$
$c=\cos \frac{\pi}{3}+i\sin \frac{\pi}{3}$
とおく．
$\bar{b}c=b$
であるから
$(1+(a-2)\bar{b})c=c+(a-2)b=ab+(c-2b)$
示したい式は
$\overrightarrow{O_1O_2}c=\overrightarrow{O_1O_3}$
であるから，そのためには
$c-2b=-\bar{b}$
を示せばよい．
これは直接代入し計算すればよいが，図形的考察をすれば次のようになる．
$-\bar{b}$は$b$と虚軸に関して対称．
$C(c),B(2b),D(-\bar{b})$とおくと
$OC=1,OB=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
であるから，
$OC:OB=\sqrt{3}:2,\angle COB=\dfrac{\pi}{6}$
より
$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OD}$
である．
これで証明が終了したわけであるが，上の図を見てみよう．
証明したのは，$A$が実軸の上にある場合すなわち
$0 < \arg a < \pi$
のときである．
$\pi < \arg a < 2\pi$
のときを考えよう．
このときは，正三角形を三角形の内側に作った場合である．
証明をみれば分かるが(証明で$0 < \arg a < \pi$は用いていない)
この時も，それぞれの正三角形の中心は正三角形となる．
ただし，$O_1,O_2,O_3$のまわり方が逆回りになる(右図）.
($\because$3頂点$O,E,A$のまわり方が逆)
したがって命題を次のように変えることができる．
命題
三角形の各辺の外側に作った正三角形の中心も，各辺の内側に
作った正三角形の中心も正三角形となる．
ここまで，解析幾何で扱った．証明を見てわかるように，単純な計算に帰着され，特別な才能が必要でない
優れた方法である．実際，三角形の内側に作った正三角形の頂点のまわり方が反対になることは，複素数だと簡単にわかるが，初等幾何として扱うと
簡単でないと思う．
ただ図形の性質を調べようとすると初等幾何的取り扱いが役に立ちます．
以下，積極的に変換を用いて，問題を解決していきます．
証明の結果だけでなく，図形の成り立つ性質に目を向けましょう．
命題
$\triangle ABC$の各辺$BC,AB,CA$の外側に正三角形$PCB,QBA,RAC$を作り(作り方に注意．$P.Q,R$は$A,B,C$と逆向き)，
それぞれの正三角形の中心(外心)を$O_1,O_2,O_3$とする．
このとき$\triangle O_1O_2O_3$は正三角形である．
初等幾何による証明
$O_1,O_2,O_3$を中心とする回転変換$S(O_1,120^{\circ}),S(O_2,120^{\circ}),
S(O_3,120^{\circ})$を考える．
$120^{\circ}\times 3=360^{\circ}$であるから
$S(O_3,120^{\circ})\circ S(O_2,120^{\circ})\circ S(O_1,120^{\circ})$
は平行変換または恒等変換である．
この合成変換は
$C\stackrel{S(O_1,120^{\circ})}{\longmapsto}B\stackrel{S(O_2,120^{\circ})}{\longmapsto}A\stackrel{S(O_3,120^{\circ})}{\longmapsto}C$
より，恒等変換である．
したがって，直線$O_1O_2$を$O_1$の周りに$-60^{\circ}$回転した直線と
直線$O_1O_2$を$O_2$の周りに$60^{\circ}$回転した直線の交点が$O_3$である．すなわち，
$\triangle O_1O_2O_3$の内角がすべて$60^{\circ}$より$\triangle O_1O_2O_3$
は正三角形である．
さて，証明に用いた図を見てみよう．
回転角の和が$360^{\circ}$であること，すなわち
$\angle O_1+\angle O_2+\angle O_3=360^{\circ}$
なら成り立つので，
$\angle P+\angle Q+\angle R=180^{\circ}$
なら
$S(O_3,\angle CO_3A)\circ S(O_2,\angle AO_2B)\circ S(O_1,\angle BO_1C)$
は恒等変換である．
この性質を用いると次の命題が得られる．
命題
$\triangle ABC$の各辺$BC,AB,CA$の外側に相似三角形$\triangle PCB,\triangle QBA,\triangle RAC$を作る．
$\triangle PCB,\triangle QBA,\triangle RAC$の外心を
それぞれ$O_1,O_2,O_3$とすると，$\triangle O_1O_2O_3$は
外側に作った三角形と相似である．
証明
$\triangle PCB$で
$\angle P=a,\angle C=b,\angle B=c$
とおくと
$S(O_3,2b)\circ S(O_2,2c)\circ S(O_1,2a)$は
$C\mapsto B\mapsto A\mapsto C$
より恒等変換である．したがって，直線$O_1O_2$を$O_1$の周りに$-a$だけ回転した直線と，
直線$O_2O_1$を$O_2$の周りに$c$だけ回転した直線との交点が$O_3$である．
したがって，$\triangle O_1O_2O_3$は
$\angle O_1=a,\angle O_2=c$
であるから三角形の外側に作った三角形と
相似で向きも同じである．
ここで行ったように証明した命題に対して関連した命題を考えることが大切です．
高校生に数学を教えるとき，やたら問題を解くのでなく(実際は問題を解くのでなく
解答を読むことが多い)解いた問題を振り返り条件を変更して成り立つ性質を考えなさいと言っているが，このおっさん何言っているのかなという反応をされてしまう．
まあ17や18じゃ無理もないが，数学は知識をためる場ではなく，思考力の鍛錬の場と
考えるとわかってもらえると思うが，
馬鹿げた勉強をしている高校生が多いのです．
数学を学ぶにはもちろん少しの苦痛は伴うが
，急がず正しく学べば楽しい学問であり，比較的容易に力をつけることができるのです．
ここで述べた内容は
H.コークスター，S.グレイツァー著 寺阪英孝訳
幾何学再入門(SMSG新数学双書8) 河出書房新社
で取り上げられています．外接円が一点で交わるという方針で述べてある．参考にされるとよいと思う．
相似変換
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