回転相似変換の合成の例題

ナポレオン三角形をの別証明をします．
命題
$\triangle ABC$の各辺$BC,AB,CA$の外側に正三角形$PCB,QBA,RAC$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．


証明
$O_2\stackrel{U(A,30^{\circ},\sqrt{3})}{\longmapsto}B\stackrel{U(C,30^{\circ},\frac{1}{\sqrt{3}})} {\longmapsto}O_1$
$U(C,30^{\circ},\frac{1}{\sqrt{3}})\circ U(A,30^{\circ},\sqrt{3})$は，相似比の積が$1$ より回転変換である．回転変換の中心を求めよう．そのためには，不動点を見つければよい．
$O_3\stackrel{U(A,30^{\circ},\sqrt{3})}{\longmapsto}R \stackrel{U(C,30^{\circ},\frac{1}{\sqrt{3}})} {\longmapsto}O_3$
より，$O_3$が回転変換の中心であることが分かる. すなわち
$U(C,30^{\circ},\frac{1}{\sqrt{3}})\circ U(A,30^{\circ},\sqrt{3})=R(O_3,60^{\circ})$
したがって，$\triangle O_1O_2O_3$は正三角形である．

三角形の外側に正方形を作った場合のナポレオン三角形に対応する性質は次のようになります．

命題
$\triangle ABC$の外側に，$BC,CA,AB$が斜辺である直角二等辺三角形$CBD,ACE,BAF$を作る． このとき
$AD\perp FE,AD=FE$
が成り立つ．

証明
$U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})\circ U(B,45^{\circ},\sqrt{2})$
を考える．
$D\stackrel{U(B,45^{\circ},\sqrt{2})}{\longmapsto}C\stackrel{U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})} {\longmapsto}E$
$G$を図のように定義すれば
$A\stackrel{U(B,45^{\circ},\sqrt{2})}{\longmapsto}G\stackrel{U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})} {\longmapsto}F$
であるから
$U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})\circ U(B,45^{\circ},\sqrt{2}):DA\longmapsto EF$
である．
一方，
$45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ},\sqrt{2}\times \dfrac{1}{\sqrt{2}}=1$
より$U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})\circ U(B,45^{\circ},\sqrt{2})$は回転角$90^{\circ}$の回転変換である．
証明はこれで十分であるが，せっかくだから回転変換の中心を求めよう． それは回転変換の不動点を求めればよい．
辺$AB$の中点を$H$とすれば
$H\stackrel{U(B,45^{\circ},\sqrt{2})}{\longmapsto}F \stackrel{U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})} {\longmapsto}H$
であるから，$H$が回転変換の中心である．すなわち
$U(A,45^{\circ},\frac{1}{\sqrt{2}})\circ U(B,45^{\circ},\sqrt{2})=R(H,90^{\circ})$
である．


命題より，$\triangle ABC$に対して，
$AD\perp FE,AD=FE$
であるから，四角形$AFDE$の各辺の中点を$P,Q,R,S$とすると，四角形$PQRS$ は正方形である．
当然このような正方形は３つある．この正方形はナポレオン三角形の正方形の場合と考えられる．




フェルマ点

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