中心相似変換の例題(1)

相似変換の先に進む前に，中心相似変換これは相似の位置といってよいが， これについての例題を扱う．


例題1(メネラウスの定理)
$\triangle ABC$の辺$AB,BC,CA$上またはその延長上にそれぞれ$P,Q,R$をとる．このとき，
$\dfrac{AP}{PB}\cdot \dfrac{BQ}{QC}\cdot \dfrac{CR}{RA}=-1$
を満たす．
ここで，比の値は線分の向きも考え，$\overrightarrow{AP},\overrightarrow{PB}$ が同じ向きのとき($P$が線分$AB$の内分のとき)
$\dfrac{AP}{PB} > 0$
で，$\overrightarrow{AP},\overrightarrow{PB}$の向きが反対のとき $\dfrac{AP}{PB} < 0$
とする．
証明
$H(R,\frac{RC}{RA}):A\mapsto C$
$H(Q,\frac{QB}{QC}):C\mapsto B$
したがって
$H(Q,\frac{QB}{QC})\circ H(R,\frac{RC}{RA}):A\mapsto B$
中心相似変換$H(Q,\frac{QB}{QC})\circ H(R,\frac{RC}{RA})$の中心は直線$QR$上（前頁命題4）．
一方，$A\mapsto B$より直線$AB$上．
したがって，中心相似変換の中心は2直線$AB,QR$の交点$P$である．
$\therefore H(Q,\frac{QB}{QC})\circ H(R,\frac{RC}{RA})=H(P,\frac{PB}{PA})$
$\dfrac{QB}{QC}\cdot \dfrac{RC}{RA}=\dfrac{PB}{PA}$
さらに，右辺を移項して
$\dfrac{PA}{PB}\cdot \dfrac{QB}{QC}\cdot \dfrac{RC}{RA}=1$
線分の向きも考え
$\dfrac{AP}{PB}\cdot \dfrac{BQ}{QC}\cdot \dfrac{CR}{RA}=-1$

注意
前頁命題4の証明でメネラウスの定理を用い，逆に例題でメネラウスの定理の証明に中心相似変換を使っている．これはいわゆる循環論法で，理論を構成するときには避けなければいけない．
しかし，メネラウスの証明で用いているのは
直線$O_1O_2$を$l$とすると
$H(O_1,r_1):l\mapsto l,H(O_2,r_2):l\mapsto l$
より
$H(O_2,r_2)\circ H(O_1,r_1):l\mapsto l$
したがって，$H(O_2,r_2)\circ H(O_1,r_1)$の中心$O$は直線$l$上，すなわち直線$O_1O_2$ 上にあるというだけであるので問題はない．


例題2(オイラー線)
$\triangle ABC$の外心$O$,重心$G$,垂心$H$はこの順に一直線上にあり
$OG:GH=1:2$
を満たす．

証明
$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$の中点をそれぞれ$P,Q,R$とする．
$AP,BQ,CR$は１点$G$で交わり
$GA:GP=GB:GQ=GC:GR=2:1$
であるから
$H(G,-\dfrac{1}{2}):A\mapsto P,B\mapsto Q,C\mapsto R$
したがって
$\triangle ABC\mapsto \triangle PQR$
$\triangle PQR$の頂点$P$から対辺に下して垂線は，$\triangle ABC$で見れば，辺$BC$ の垂直二等分線である．したがって，$\triangle PQR$の垂心は$\triangle ABC$の外心である．
中心相似変換で垂心と垂心は対応しているから３点$O,G,H$はこの順に一直線上にあり
$OG:GH=1:2$
を満たす．

解説
この証明は，$\triangle ABC,\triangle PQR$が$G$を相似の中心と する相似の位置にあるとして，しばしば見かける証明で，中心相似変換を用いたいうだけ．
なお，相似変換で２つの対応する三角形で，垂心と垂心が対応するのは当たり前と片づけるべきではない．
相似変換で角度は保たれるから，垂線は垂線にうつります．だから垂心どうしが対応するのです．

例題3(アポロニウスの円)
2点$A,B$に対して，
$PA:PB=m:n$
を満たす点$P$の軌跡は,線分$AB$を$m:n$に内分する点， 外分する点を直径とする円である．
証明
まず，点$P$が$PA:PB=m:n$のとき．
$P$が直線$AB$上にあるなら
$P$は線分$AB$を$m:n$に内分，外分する点であるから条件をみたす．
$P$が直線$AB$上にないとき，
$\triangle PAB$で$\angle P$の 内角の２等分線，外角の２等分線と直線$AB$との交点をそれぞれ$C,D$ とすると，$C$は線分$AB$を$m:n$に内分する点で$D$で線分$AB$を$m:n$ に外分する点であるから，
$\angle CPD=90^{\circ}$
したがって，$P$は$CD$を直径とする円，すなわち線分$AB$を$m:n$に内分する点，外分する点を直径とする円周上にある．

つぎに，逆を証明する．
点$P$が線分$AB$を$m:n$に内分する点，外分する点を直径とする円上にあるとき,$PA:PB=m:n$ であることを証明する．
線分$AB$を$m:n$に内分する点をそれぞれ$C,D$とする．
中心相似変換$H(D,\frac{n}{m})$による$P$の像を$P'$とする．(これは$DP$上に点$P'$を $DP':DP=n:m$を満たすようにとるということ)
$H(D,\frac{n}{m}):A\mapsto B,P\mapsto P'$
であるから
$PA\parallel P'B$
$P'B$と$PC$の交点を$E$とする．
$\triangle PEP'$は$\angle P=90^{\circ}$であり$B$は$EP'$の中点である.
$(\because PA:P'B=m:n,PA:EB=m:n)$
したがって
$PB=BP'$
したがって
$PA:PB=PA:P'B=m:n$

中心相似変換の例題(2)

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