相似の位置の定義をする．
相似の位置の定義1
右の２つの図形$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$のように$\triangle ABC$上の点$P$とこの点に対応する$\triangle A'B'C'$上の点$P'$を 結ぶ直線が常に定点$O$を通り，さらに点$P$を$\triangle ABC$上のどこにとっても
$\overrightarrow{OP'}=k\overrightarrow{OP},(k$は定数,$k\neq 0)$
を満たすとき$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$は 定点$O$を相似の中心とする相似の位置にあるといい，$P,P'$をこの相似の位置の対応点という．また定数$k$を$\triangle A'B'C'$の$\triangle ABC$に対する相似比という．

相似の位置の定義1の中で$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$の対応する点とありますが，この内容をもう少し明確にしておきましょう．
点$O$を基準の点とする位置ベクトルを考える．
$\triangle ABC$の頂点$A,B,C$の位置ベクトルをそれぞれ$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$とする．
すなわち$A(\overrightarrow{a}),B(\overrightarrow{b}),C(\overrightarrow{c})$.
$\triangle ABC$上の任意の点を$P(\overrightarrow{p})$とする．
媒介変数$s,t$を用いて
$\overrightarrow{AP}=s\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AC},(0\leqq s,0\leqq t,s+t\leqq 1)$
と表せるので
$\overrightarrow{p}=(1-s-t)\overrightarrow{a}+s\overrightarrow{b}+t\overrightarrow{c}$
$u=1-s-t$とおく．
$=u\overrightarrow{a}+s\overrightarrow{b}+t\overrightarrow{c},(u+s+t=1,0\leqq u,s,t)$
となる．
したがって，$\triangle ABC$上の点(内部及び周上の点)$P$の位置ベクトル$\overrightarrow{p}$は
$\overrightarrow{p}=u\overrightarrow{a}+s\overrightarrow{b}+t\overrightarrow{c},(u+s+t=1,0\leqq u,s,t)$
と一意的に表せる．
$\triangle ABC$上の点$P$の座標を$(u,s,t)$で定め，この座標を$\triangle ABC$を基礎三角形とする重心座標と呼ぶ．
重心座標が$(u,s,t)$のときの位置を調べよう
$\overrightarrow{p}=u\overrightarrow{a}+s\overrightarrow{b}+t\overrightarrow{c}$
$=u\overrightarrow{a}+(s+t)\cdot \dfrac{s\overrightarrow{b}+t\overrightarrow{c}}{s+t}$
辺$BC$を$t:s$に内分する点を$D(\overrightarrow{d})$とする
$=u\overrightarrow{a}+(s+t)\overrightarrow{d}$
$u+s+t=1$であるから，点$P$は線分$AD$を$s+t:u$に内分する点である．
点$P$は$\triangle ABC$の各頂点$A,B,C$にそれぞれ$u,s,t$の重さを付けたときの重心の位置である．
また
$\triangle PBC=S_1,\triangle PCA=S_2,\triangle PAB=S_3$
とすると
$S_1:S_2:S_3=u:s:t$
である．
(∵　$CP$の延長と辺$AB$の交点を$E$とすればメネラウスの定理より$AE:EB=s:u$)

$\triangle ABC$のいくつかの点の重心座標を求めよう．
命題1
$\triangle ABC$の重心$G$，内心$I$，外心$O$，垂心$H$の重心座標は
$G(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}),$
$I(\frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c}),$
$O(\frac{\sin 2A}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C},\frac{\sin 2B}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C},\frac{\sin 2C}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}),$
$H(\frac{\tan A}{\tan A+\tan B+\tan C},\frac{\tan A}{\tan A+\tan B+\tan C}, \frac{\tan C}{\tan A+\tan B+\tan C})$
である．
証明
$G$の位置ベクトルを$\overrightarrow{g}$とする．
$\overrightarrow{g}=\dfrac{\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{3}$
内心$I$について
高さが等しいから
$S_1:S_2:S_3=a:b:c$
外心$O$について
$S_1:S_2:S_3=R\cos A\cdot a:R\cos B\cdot b:R\cos C\cdot c$
$=\cos A\sin A:\cos B\sin B:\cos C\sin C$(∵正弦定理)
$=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$
垂心$H$について
頂点$A,B,C$から対辺に下ろした垂線の足をそれぞれ$D,E,F$とする．
$BD:DC=c\cos B:b\cos C=\dfrac{c}{\cos C}:\dfrac{b}{cos B}$
したがって
$S_2:S_3=DC:BD=\dfrac{\sin B}{\cos B}:\dfrac{\sin C}{\cos C}$
$=\tan B:\tan C$
同様のことを行うことにより
$S_1:S_2:S_3=\tan A:\tan B:\tan C \ \ \blacksquare$

$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$の対応点は，それぞれの三角形を基礎三角形としたとき，重心座標が一致する点と定める．
2つの三角形の相似に位置の定義は次でよい．
相似の位置の定義2
右図の$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$のように，2つの図形の対応する頂点を 結んだ直線が1点$O$で交わり,点$O$と対応する頂点までの距離の比が等しいとき， すなわち
定点$O$と定数$k$が存在し
$\overrightarrow{OA'}=k\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB'}=k\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC'}=k\overrightarrow{OC}$
を満たすとき$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$は定点$O$を相似の中心とする相似の位置にあるという．定数$k$を$\triangle A'B'C'$の$\triangle ABC$に対する相似比という．

と各頂点の対応だけを仮定すればよい．
それは，相似の中心$O$を基準の位置とする位置ベクトルを考えれば
$A(\overrightarrow{a}),B(\overrightarrow{b}),C(\overrightarrow{c})$
のとき
$A'(\overrightarrow{ka}),B'(\overrightarrow{kb}),C'(\overrightarrow{kc})$
であり，
$P(u\overrightarrow{a}+s\overrightarrow{b}+t\overrightarrow{c})$
と対応する
$P'(uk\overrightarrow{a}+sk\overrightarrow{b}+tk\overrightarrow{c})$
は$O$を相似の中心とする相似の位置にあるからである．

右図で，$\triangle A'B'C'$,$\triangle A''B''C''$は$\triangle ABC$と相似の位置にあり，相似比はそれぞれ$2,-1/2$である．






相似の位置にある図形で成り立つ性質を調べる．

命題2
線分$AB$と線分$A'B'$は長さが異なる．
$AB$と$A'B'$が相似の位置にあれば$AB\parallel A'B'$であり，逆も成り立つ．
証明 $AB,A'B'$が相似の位置にあるとき，相似の中心を$O$とする．
$OA';OA=OB':OB$
であるから$AB\parallel A'B'$
逆に$AB\parallel A'B'$のとき．$AB\neq A'B'$であるから2直線$AA',BB'$は交わる．その交点を$O$とすると
$OA':OA=OB':OB$
したがって，$AB,A'B'$は点$O$を相似の中心とする相似の位置にある．$\blacksquare$

命題2の性質は三角形でも成り立つ．
命題3
$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$において，
$AB\parallel A'B',BC\parallel B'C',CA\parallel C'A'$
のとき，この2つの三角形は2直線$AA',BB'$の交点$O$を相似の中心とする相似の位置にある．ただし$AB\neq A'B'$とする．
証明
$AA',BB'$の交点を$O$とし，$OC$またはその延長と$B'C'$の交点を$C''$とする．
$AB\parallel A'B',BC\parallel B'C'$より
$OA':OA=OB':OB=OC'':OC$
であるから
$AC\parallel A'C''$
仮定より$AC\parallel A'C'$
したがって，$C',C''$は一致する．
$OA':OA=OB':OB=OC':OC$
これは$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$が点$O$を相似の中心とする相似の位置にあることを示している．
逆は命題2より成り立つことが分かる．$\blacksquare$

命題3は三角形固有の性質で多角形は成り立たない．それは長方形を考えればわかる．

命題4
線分$AB$と線分$A'B'$が相似の位置にあり，点$P$が線分$AB$を$m:n$に内分する点である．
$P'$がこの相似に位置の$P$の対応点とすると，$P'$は線分$A'B'$を$m:n$に内分する点である．
証明
$O$を相似の中心，$k$を相似比とする．
$\overrightarrow{OA'}=k\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB'}=k\overrightarrow{OB}$
が成り立つ．
$\overrightarrow{OP}=\dfrac{n\overrightarrow{OA}+m\overrightarrow{OB}}{m+n}$
である．
$P'$が$P$の対応点なら
$\overrightarrow{OP'}=k\overrightarrow{OP}=\dfrac{nk\overrightarrow{OA}+mk\overrightarrow{OB}}{m+n}$
より$P'$は$A'B'$を$m:n$に内分する．$\blacksquare$

命題5
$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$が相似の位置にあれば
$\triangle ABC$∽$\triangle A'B'C'$
したがって，対応する内角は等しい．
証明
相似の中h心を$O$とする．
$\overrightarrow{OA'}=k\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB'}=k\overrightarrow{OB}, \overrightarrow{OC'}=k\overrightarrow{OC}$
であるから $\overrightarrow{A'B'}=k\overrightarrow{AB},\overrightarrow{B'C'}=k\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{C'A'}=k\overrightarrow{CA}$
したがって
$A'B':B'C':C'A'=AB:BC:CA$
したがって，
$\triangle ABC$∽$\triangle A'B'C' \ \blacksquare$

相似に位置にある図形で保たれる性質(相似に位置の不変量)を求めよう．
$1.$直線の像は直線であり，像の直線は元の直線と平行である．
すなわち，共線の3点(一直線上にある3点)の像は共線である．
(∵　$O$を基準の点とする$A,B$の位置ベクトルを$A(\boldsymbol{a}),B(\boldsymbol{b})$とすると直線$AB$上の点$P(\boldsymbol{p})$は$\boldsymbol{p}=s\boldsymbol{a}+t\boldsymbol{b}\ \ (s+t=1)$)
$2.$線分の比は変わらない．
すなわち，3点$A,B,C$と3点$A',B',C'$が相似の位置にあるとき(点$O$が存在して$OA':OA=OB':OB=OC':OC$を満たす)とき
$AB:BC=A'B':B'C'$
を満たす．
$3.$2直線のなす角は変わらない．
(∵命題5)

命題6
$\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$が点$O$を相似の中心とする相似の位置にあるとき， $\triangle ABC$と$\triangle A'B'C'$の外心，内心，重心，垂心はそれぞれこの相似の位置の対応点である．
実際，外心が対応点であることは
$\triangle ABC$の辺$AB,BC$の垂直二等分線と$\triangle A'B'C'$の辺$A'B',B'C'$の 垂直二等分線がそれぞれ対応し(相似の位置の保つ性質1,2,3)，辺$AB,BC$の垂直二等分線の交点と辺$A'B',B'C'$の垂直二等分線の交点は対応する．
内心，重心，垂心も同様．

定義
2つの図形が相似に位置にあるか，または，片方を移動して(裏返しも含む)相似の位置に置くことができるとき，この2つの図形を相似であるという．2つの図形$A,B$が相似のとき$A$∽$B$と表す．

命題7
$n$角形$A_1A_2\dots A_n$と$n$角形$B_1B_2\dots B_n$において，対応する辺の長さの比が等しく，対応する内角の大きさがすべて等しいなら，この2つのｎ角形は相似である．

証明の前に，２つの$n$角形が合同(片方を移動してもう一方に重ね合わせることのできる2つの図形を合同であるという)であるための合同条件として
すべての対応辺の長さが等しく，すべての対応角の大きさが等しい
を採用する．
すなわち
$n$角形$A_1A_2\dots A_n\equiv n$角形$B_1B_2\dots B_n$
の条件は
$A_1A_2=B_1B_2,A_2A_3=B_2B_3,\dots ,A_nA_1=B_nB_1$
$\angle A_1=\angle B_1,\angle A_2=B_2,\dots ,\angle A_n=\angle B_n$
である．これは$n$角形$A_1A_2\dots A_n$を与えたとき
辺$B_1B_2=A_1A_2$であるように$B_1,B_2$を定めれば順に$B_3,B_4,\dots B_n$が定まるから
$n$角形$A_1A_2\dots A_n\equiv n$角形$B_1B_2\dots B_n$
となるからである．
証明
$B_1B_2:A_1A_2=B_2B_3:A_2A_3=\dots =B_nB_1:A_nA_1=k:1$
とする．
点$O$を定め，$O$を相似の中心とする$n$角形$A_1A_2\dots A_n$ と相似の位置にある図形を$n$角形$B_1'B_2'\dots B_n'$とする．
このとき $B_1'B_2':A_1A_2=B_2'B_3':A_2A_3=\dots =B_n'B_1':A_nA_1=k:1$
$\angle B_1'=\angle A_1,\angle B_2'=\angle A_2,\dots ,\angle B_n'=\angle A_n$
したがって
$B_1B_2=B_1'B_2',B_2B_3=B_2'B_3',\dots ,B_nB_1=B_n'B_1'$
$\angle B_1=\angle B_1',\angle B_2=\angle B_2',\dots ,\angle B_n=\angle B_n'$
より
$n$角形$B_1B_2\dots B_n\equiv n$角形$B_1'B_2'\dots B_n'$
したがって，$n$角形$B_1B_2\dots B_n$を移動して$n$角形$A_1A_2\dots A_n$と相似な位置に置くことができるので
$n$角形$A_1A_2\dots A_n$∽ $n$角形$B_1B_2\dots B_n \ \ \blacksquare$

次に2つの相似の位置の合成を考える．
2つの線分$AB,A'B'$が相似の位置にあり，さらに$A'B',A''B''$が相似の位置あるなら 命題2より
$AB\parallel A'B',A'B'\parallel A''B''$
$\therefore AB\parallel A''B''$
である．
このとき，やはり命題2より$AB,A''B''$は相似の位置にある．
$AB\mapsto A'B'$が点$O$を相似の中心とする相似に位置にあり，相似比が$k$
$A'B'\mapsto A''B''$が点$O'$を相似の中心とする相似に位置にあり，相似比が$k'$とする．
$AB\mapsto A''B''$は相似の位置にあり，相似比は$kk'$である．
相似の中心$O''$を求めよう．
まず$kk'\neq 1$のとき考える．
$A,A',A''$に注目し
$\overrightarrow{OA'}=k\overrightarrow{OA}$
$\overrightarrow{OA''}=k'\overrightarrow{OA'}$
のとき
$\overrightarrow{O''A''}=kk'\overrightarrow{O''A}$
を満たす$O''$を求めるということである．
$A''$を通り$OO'$に平行な直線と$OA$との交点を$B$,$AA''$と$OO'$との交点を$O''$とする．
このとき
$\dfrac{O''A''}{O''A}=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{OA'}{OA}\cdot \dfrac{OB}{OA'}=\dfrac{OA'}{OA}\cdot \dfrac{O'A''}{O'A'}=kk'$
次に$OO'':O''O'$をもとめる．
$\triangle A'OO'$にメネラウスの定理を用いる．
$\dfrac{A'A}{AO}\cdot \dfrac{OO''}{O''O'}\cdot \dfrac{O'A''}{A''A'}=-1$
より
$\dfrac{k-1}{1}\cdot \dfrac{OO''}{O''O'}\cdot \dfrac{k'}{-(k'-1)}=-1$
$\therefore OO'':O''O'=k'-1:(k-1)k'$
これで2つの相似の位置の合成の相似の中心が分かった．

2つの相似の位置の合成の相似の中心は次のように求めてもよい．
$O$を相似の中心とする相似比$k$の相似の位置と$O'$を相似の中心とする相似比$k'$の相似の位置の合成の相似の中心を$O''$とする．
$O''$は2つの相似の位置の合成で不動点であるから
点$X$を
$\overrightarrow{OX}=k\overrightarrow{OO''}$
で定めれば
$\overrightarrow{O'O''}=k'\overrightarrow{O'X}$
したがって3点$O,O'',X$および3点$O',O'',X$は共に共線．したがって4点$O,O',O'',X$は共線である．
次に
$OO'':O''O'$
を求めよう．
$OO'':O''X=1:k,O'X:XO''=1:k'$
であるから
$OO'':O''X\hspace{1.7cm}=1:k-1$
$\hspace{1.5cm}O''X:XO'=\hspace{0.9cm}k'-1:1$
$OO'':O''X:XO'=\dfrac{1}{k-1}:1:\dfrac{1}{k'-1}=k'-1:(k-1)(k'-1):k-1$
$\therefore O'':O''O'=k'-1:k'(k-1)$

次に2つの相似の位置の相似比の積が$1$の場合すなわち$kk'=1$の場合を調べる．
$P$を任意の点とする．
$\overrightarrow{OA'}=k\overrightarrow{OA}$
$\overrightarrow{OA''}=\dfrac{1}{k}\overrightarrow{OA'}$
のとき$A\mapsto A''$を調べることである． $OA:OA'=1:k$
$OA':OA''=1:\dfrac{1}{k}=k:1$
より
$AA''\parallel OO',AA''=\dfrac{k-1}{k}OO'$
$\therefore \overrightarrow{AA''}=\dfrac{k-1}{k}\overrightarrow{OO'}$
すなわち，点$O$を相似の中心，相似比$k$の相似の位置と$O'$を相似の中心，相似比$\frac{1}{k}$の相似の位置の合成はベクトル
$\dfrac{k-1}{k}\overrightarrow{OO'}$
で決まる平行移動である．

例1(メネラウスの定理)
メネラウスの定理を相似の位置より見直そう．
直線と$\triangle ABC$の辺$BC,CA,AB$またその延長との交点をそれぞれ$P,Q,R$とする． このとき
$\dfrac{AR}{RB}\cdot \dfrac{BP}{PC}\cdot \dfrac{CQ}{QA}=-1$
が成り立つ．

$B\mapsto A$は$R$が相似の中心，相似比$\frac{RA}{RB}$の相似の位置である．
同様に$A\mapsto C$は$Q$が相似の中心，相似比$\frac{QC}{QA}$の相似の位置である．
2つの相似の位置の合成により得られる相似の位置の相似の中心は直線$BC$と直線$QR$の交点$P$であり，
$\dfrac{QC}{QA}\cdot \dfrac{RA}{RB}=\dfrac{PC}{PB}\cdots (\sharp)$
を満たす．
$(\sharp)$を見慣れた形に直すと
$-\dfrac{AR}{RB}\cdot -\dfrac{BP}{PC} \cdot -\dfrac{CQ}{QA}=1$
より
$\dfrac{AR}{RB}\cdot \dfrac{BP}{PC} \cdot \dfrac{CQ}{QA}=-1$

例2(共通接線)
半径が異なる，同心円でない2円$O,O'$について考える．
命題8
半径の異なる同心円でない2円は相似の位置にあり，相似の中心は2つある．
証明
2円$O,O'$の半径をそれぞれ$r,R$,線分$OO'$を$r:R$の比に外分，内分する点をそれぞれ$A,B$ とする．
円$O$上の任意の点$P$に対して，点$O'$上の点$P'$を
$\overrightarrow{O'A'}=\dfrac{R}{r}\overrightarrow{OA}$
を満たすように取る．
2直線$OO',PP'$の交点が$A$であり，
$\overrightarrow{AP'}=\dfrac{R}{r}\overrightarrow{AP}$
したがって，2円$O,O'$は$A$を相似の中心，相似比$\frac{R}{r}$の相似の位置にある．
次に，円$O$上の任意の点$P$に対して，点$O'$上の点$P''$を
$\overrightarrow{O'A''}=-\dfrac{R}{r}\overrightarrow{OA}$
を満たすように取る．
2直線$OO',PP''$の交点が$B$であり，
$\overrightarrow{BP''}=-\dfrac{R}{r}\overrightarrow{BP}$
したがって，2円$O,O'$は$B$を相似の中心，相似比$-\frac{R}{r}$の相似の位置にある．$\blacksquare$

片方の円がもう一方の円と交わるときや含まれる時も2円の半径が異なれば相似の中心は2つある．

2円の共通接線の作図は次の命題9を利用するとよい．
命題9
2円の相似の中心を通り，片方の円に接する直線は共通接線である．
証明
円$O,O'$の半径をそれぞれ$r,R$とし，線分$O,O'$を$r:R$の比に外分する点を$A$とする．
点$A$から円$O$に接線を引き接点を$T$とする．$A$を相似の中心，相似比$\frac{R}{r}$ の相似の位置の点$T$の対応点を$T'$とする．
直線$AT$と円$O$の唯一の共有点であるから，直線$AT$は円$O'$と唯一の共有点を持ち共有点は$T'$である．(∵　相似の位置は1対1の対応．)
したがって，直線$AT$は円$O'$に接する．
線分$OO'$を$r:R$に内分する点$B$も同様$\blacksquare$

命題9は2円の共通接線の優れた作図法である．命題8の2円の相似の中心を求める作図は，2点の内分点，外分点を求める作図法になっていいる．

例3(オイラー線と9点円)
命題10（三角形のオイラー線）
△ＡＢＣの外心Ｏ，重心Ｇ，垂心Ｈはこの順に一直線上にあり
ＧＯ：ＧＨ＝１：２
が成り立つ．

△ＡＢＣの外心，重心，垂心を通る直線を△ＡＢＣのオイラー線といいます．
次の図を見てください．
Ｄ，Ｅ，Ｆは△ＡＢＣの３辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢの中点です．
点Ｇ，Ｏ，Ｈはそれぞれ△ＡＢＣの重心，外心，垂心です．
図より次の３点が読み取れますか．読み取れれば 命題10の証明が完成します．

１．△ＡＢＣと△ＤＥＦは相似の位置にあり，相似の中心はＧ， 相似比は$-\frac{1}{2}$である．
(∵　ＧＡ：ＧＤ＝ＧＢ：ＧＥ＝ＧＣ：ＧＦ＝2:-1）

２．△ＡＢＣの辺の垂直２等分線は，△ＤＥＦで考えると， 頂点から対辺に下した垂線である．
(∵辺ＢＣの垂直２等分線は△ＤＥＦで考えると，頂点Ｄから対辺EF に下ろした垂線である）

３．△ＡＢＣの外心Ｏは△ＤＥＦの垂心である．

４．１より△ＡＢＣの垂心Ｈ，△ＡＢＣの重心Ｇ，△ＤＥＦの垂心Ｏ はこの順に一直線上にありＧＯ：ＧＨ＝１：-２が成り立つ．(命題6)

次に△ＡＢＣの9点円を扱います．
まず，9点円がどのような円であるかは次の命題である．

命題11（９点円）
△ABCの３辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢの中点をそれぞれＤ，Ｅ，Ｆ，各頂点Ａ，Ｂ，Ｃから 対辺に下した垂線の足をそれぞれＬ，Ｍ，Ｎ，さらにＨを△ABCの垂心とし線分ＡＨ，ＢＨ，ＣＨの中点をそれぞれＰ，Ｑ，Ｒとする．
このとき，９点Ｄ，Ｅ，Ｆ，Ｌ，Ｍ，Ｎ，Ｐ，Ｑ，Ｒは同一円周上にある．この円を△ＡＢＣの９点円（またはオイラー円）という．

ここでは，相似の位置を利用して証明を行います．
証明の方針は
Rを△ABCの外接円の半径とすると△ＤＥＦ，△ＬＭＮ，△ＰＱＲのいずれの外接円も半径が$\frac{R}{2}$,中心が線分$OH$の中点
を示すことです．


まず，△ＤＥＦについて考えましょう．
△ＡＢＣと△ＤＥＦは相似の位置にあり，相似の中心は重心Ｇ， 相似比は−１／２です．
したがって,△ＤＥＦの外接円の半径はＲ／２， △ＤＥＦの外心Ｏ’はＧに関してＯと反対側にありかつ
ＧＯ：ＧＯ’＝２：-１
です．
一方，ＯＧ：ＧＨ＝１：２ですから Ｏ’は線分ＯＨの中点であることがわかります．

次に△ＰＱＲですが，これはわかりやすい．
Ｐ，Ｑ，Ｒはそれぞれ線分ＡＨ，ＢＨ，ＣＨの中点ですから △ＡＢＣと△ＰＱＲは相似の位置にあり，相似の中心はＨ，相似比は$\frac{1}{2}$．
したがって，△ＰＱＲの外心は線分ＨＯの中点，外接円の半径は$\frac{R}{2}$です．

最後は△ＬＭＮです．これは，△ＬＭＮと△ＡＢＣを見比べるとわかるように この２つの三角形は相似ではありません．

そこで，ＡＨ，ＢＨ，ＣＨの延長と外接円の交点をそれぞれＸ，Ｙ，Ｚとし， △ＬＭＮと△ＸＹＺが相似の位置にあることを示して証明します．

点Ｌが線分ＨＸの中点であることを示しましょう．
∠ＸＢＣ＝∠ＸＡＣ　　（弧ＸＣの円周角）
＝∠ＹＢＣ　　　　　　（90°-∠C)
　 さらに，ＨＸ⊥ＢＣよりＨＬ＝ＬＸが示せました．
他も同様に考えることにより△ＸＹＺと△ＬＭＮは相似の位置にあり， 相似の中心はＨです．したがって，△ＬＭＮの外接円の半径は$\frac{R}{2}$，中心が　 線分HOの中点であることがわかりました．
以上で，９個の点が同一円周上にあることが証明されました．

９点が同一円周上にある別証明を紹介します．
右図を利用する．
２つの四角形ＦＱＲＥ，ＰＱＤＥが長方形および
∠DLP＝90°,∠EMQ=90°，∠FNR=90°
を示せばよい．(∵　2つの長方形はQEが共通の対角線．DP,FR,QEは6点の外接円の直径)

四角形ＰＱＤＥが長方形であることは
辺ＰＱ，ＥＤはともにＡＢと平行で長さが$\frac{1}{2}$．
（辺ＰＥ，ＱＤはともにＣＨに平行で長さが$\frac{1}{2}$）．
さらにＡＢ⊥ＣＨ．
したがって，四角形ＰＱＤＥは長方形．同様に四角形ＦＱＲＥも長方形．
ゆえに，６点Ｅ，Ｐ，Ｆ，Ｑ，Ｄ，Ｒは線分ＱＥを直径とする円周上にある．
その円の直径は線分DP,QE,FRでもある．
さらに∠ＤＬＰ＝９０°より，点Ｌも同じ円上にある．
点Ｍ，Ｎも同様．$\blacksquare$

最後に，９点円の応用例を紹介しましょう．

例題
△ＡＢＣの内接円の半径をｒ，外接円の半径をＲとする．このとき
Ｒ≧２ｒ
が成り立つ．


△ＡＢＣを与えたとき，△ＡＢＣが中点三角形である三角形を△ＰＱＲとします．△ＰＱＲの 作り方は簡単で，△ＡＢＣの各頂点を通り対辺に平行な直線をそれぞれ引き，交点をＰ，Ｑ，Ｒとすれば△ＰＱＲが求める三角形 です．実際，四角形ＡＢＣＱ，ＲＢＣＡはともに平行四辺形なので，ＡはＱＲ中点です．
△ＰＱＲと△ＡＢＣの相似比は２：１ですから，△ＡＢＣの内接円の半径をｒとすると，△ＰＱＲの内接円の半径は ２ｒです．
したがって，△ＰＱＲの内接円の半径2rと△ＡＢＣの外接円半径Rの大小を調べればよいわけです．
△ＡＢＣの外接円は△ＰＱＲの各辺の中点を通る円すなわち△ＰＱＲの９点円です．
この２つの円の大小は，△ＡＢＣの外接円を内接円とする△ＰＱＲに 相似な三角形をつくりそれを△XYZとする．（△ABCの外接円に接するPQ,QR,RPと平行な直線により得られる△XYZ），その２つの三角形の大小を調べればわかります．
△ＰＱＲの９点円は三辺ＰＱ，ＱＲ，ＲＰに接するか，外に出るかですから，△ＡＢＣの外接円を内接円と する△ＸＹＺは△ＰＱＲを含みます．
したがってＲ≧２ｒが示せました．
また，等号が成り立つのは，△ＸＹＺと△ＰＱＲが一致するときで，△ＰＱＲで頂点から対辺に下ろした垂線の 足と対辺の中点が一致するときです．
すなわち，△ＰＱＲが正三角形のとき，すなわち△ＡＢＣが正三角形と結論できました．