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ここでは，図形における不等関係を扱います． まず，三角形の辺の大小と角の大小の関係を調べます． なお，図形のうち枠のあるものは， ドラッグすると各頂点が動きます．確かめながら読み進めることをお勧めします． 命題１ △ＡＢＣで次のことが成り立つ， ＡＢ＞ＡＣ → ∠Ｃ＞∠Ｂ |
三角形の頂点をドラッグしてみよう．右の表示のＡＢ，ＡＣ，∠Ｂ，∠Ｃの大きさが変わります
証明 ＡＢ＞ＡＣであるから辺ＡＢ上に点ＤをＡＤ＝ＡＣとなるようにとることができる．  ＝∠ＡＣＤ＜∠ＡＣＢ＝∠Ｃ ∴∠Ｂ＜∠Ｃ 逆の命題も証明しましょう．幾何学で議論を進めるとき，一つの命題を証明したとき， できるだけ逆の命題も証明し，同値であるとします． 命題２ △ＡＢＣで次のことが成り立つ， ∠Ｃ＞∠Ｂ → ＡＢ＞ＡＣ 命題１の証明でＣＤは∠ＡＤＣ＋∠ＡＣＤ＝∠Ｂ＋∠Ｃ すなわち∠ＡＣＤ＝（∠Ａ＋∠Ｃ）／２となります．これを利用しましょう． 証明１ ｘ°＝（∠Ｂ＋∠Ｃ）／２とおく． 仮定よりｘ°＜∠Ｃより，辺ＡＢ上に点Ｄを ∠ＡＣＤ＝ｘ°を満たすようにとる． このとき ∠ＡＣＤ＝∠ＡＤＣ(∵∠ＡＤＣ＝１８０°−∠Ａ−ｘ°＝ｘ°） であるからＡＣ＝ＡＤ． したがってＡＣ＜ＡＢが成り立つ． 命題２は次の証明が標準的です． 証明２ ∠Ｃ＞∠Ｂのとき，辺ＡＢ，ＡＣは ＡＢ＞ＡＣ，ＡＢ＝ＡＣ，ＡＢ＜ＡＣ のいずれかが成り立ちます． もし，ＡＢ＝ＡＣなら∠Ｂ＝∠Ｃとなり， ＡＢ＜ＡＣなら命題１より∠Ｃ＜∠Ｂとなりともに仮定に矛盾する． したがって，ＡＢ＞ＡＣが成り立つ． ここで行った証明法を転換法といいます．この証明法は逆の命題の証明のときによく用いられる． なお，転換法とは次の原理による証明です． いくつかの真の命題 ｐ１→ｑ１，ｐ２→ｑ２， ・・・，ｐｎ→ｑｎ があり次の２条件を満たす． 条件１ 仮定ｐ１，ｐ２，・・・，ｐｎはすべての場合をつくす． 条件２ 結論ｑ１，ｑ２，・・・，ｑｎはどの２つも共通部分を持たない. このとき，逆の命題 ｑ１→ｐ１，ｑ２→ｐ２， ・・・，ｑｎ→ｐｎ がすべて真である． 原理が正しいことは，証明２のように，背理法で示します．なお転換法を用いる例については 転換法をご覧下さい． 命題１，２をまとめると次の定理になります． 定理１ △ＡＢＣで次が成り立つ． ∠Ｃ＞∠Ｂ ⇔ ＡＢ＞ＡＣ 定理１を応用して，次の例題を解きましょう．図を参考にして考えることが大切です． 例題１ △ＡＢＣで辺ＢＣの中点をＤとする． ＡＢ＞ＡＣならば∠ＣＡＤ＞∠ＢＡＤ が成り立つことを証明せよ．  解答 次の例題は，内角の２等分線の性質（ＡＢ：ＡＣ＝ＢＤ：ＤＣ）より明らかですが， 定理１を応用して，解きましょう． 例題２ △ＡＢＣで∠Ａの２等分線とＢＣとの交点をＤとする． ＡＢ＞ＡＣならばＢＤ＞ＤＣ が成り立つことを証明せよ．  解答 例題３ 二等辺三角形ＡＢＣの底辺ＢＣ上に点Ｄ，ＢＣのＣを越える延長上に点Ｅを ∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＥとなるようにとる．このときＢＤ＜ＣＥであることを証明せよ．  解答 話題を進めましょう．つぎは三角形の３辺の長さについてです． 命題３ １つの三角形において，２辺の長さの和は他の１辺より大きい． あたりまえの事実です．２点Ａ，ＢがありＡからＢにいくのは，Ｃで寄り道していくよりまっすぐ行った方が 近いという命題ですからあたりまえのことです．数学を学ぶのは，論理的な考え方を身に付けるためです．あたりまえと 切り捨てず，証明のすばらしさを感じ取って下さい．なお，すでに証明した定理１だけを用いているということ にも注目してください． 証明 △ＡＢＣにおいて，ＢＡのＡを超える延長上に点ＤをＡＤ＝ＡＣを満たすようにとる．  ここで， ∠Ｄ＝∠ＤＣＡ＜∠ＤＣＢ したがって，△ＤＢＣで∠Ｄ＜∠ＣよりＢＣ＜ＤＢ． ＤＢ＝ＡＢ＋ＡＣであるから ＢＣ＜ＡＢ＋ＡＣ 命題３より，△ＡＢＣの３辺のＢＣ，ＣＡ，ＡＢ の長さをそれぞれａ，ｂ，ｃとすると，  ａ＋ｂ＞ｃ・・・@ ｂ＋ｃ＞ａ・・・A ｃ＋ａ＞ｂ・・・B が成り立ちます． またAをｃ＞ａ−ｂ・・・C Bをｃ＞ｂ−ａ ・・・D と書き直せばC，Dは │ａ−ｂ│＜ｃ ですから，@，A，Bをまとめて │ａ−ｂ│＜ｃ＜ａ＋ｂ と書くこともできます． なお，│ａ−ｂ│はａ〜ｂ（〜は２数のうち大きい方から小さい方を引いたものを表す記号．最近はあまり使 われません）とかくこともあります． まとめると次の定理になります． 定理２ １つの三角形において，２辺の長さはの和は他の１辺より大きく，２辺の長さの差は他の１辺より小さい． 次にこの定理の逆を調べましょう． ３数ａ，ｂ，ｃが ａ＋ｂ＞ｃ・・・@ ｂ＋ｃ＞ａ・・・A ｃ＋ａ＞ｂ・・・B を満たすとき，@＋Aよりｂ＞０，同様にA，Bよりｃ＞０，B，@よりａ＞０が成り立ちます． 次に，ａ，ｂ，ｃが@，A，B（⇔│ａ−ｂ│＜ｃ＜ａ＋ｂ）を満たすとき，ａ，ｂ，ｃが３辺の長さである 三角形が存在することを示すのですが，そのために，２円の位置関係を復習します． ２円Ｏ，Ｏ’の半径をそれぞれａ，ｂ，中心間の距離をＯＯ’＝ｃとすると，  ａ＞ｂのとき ａ＋ｂ＜ｃ ⇔ 互いに他の外部にある ａ＋ｂ＝ｃ ⇔ 外接する ａ−ｂ＜ｃ＜ａ＋ｂ ⇔ ２点で交わる ｃ＝ａ−ｂ ⇔ 内接する ｃ＜ａ−ｂ ⇔ 含まれる が成り立ちます． 考えやすくするためａ＞ｂとしてますが,一般のときはａ−ｂを│ａ−ｂ│で置き換えればよい． したがって，３つの正数ａ，ｂ，ｃが│ａ−ｂ│＜ｃ＜ａ＋ｂを満たすとき，２点Ａ，Ｂ間の距離をｃとし， Ａを中心とする半径ｂの円とＢを中心とする半径ａの円を描けば，２点で交わり，そのどちらかの 交点をＣとする．このとき△ＡＢＣが ＡＢ＝ｃ，ＢＣ＝ａ，ＣＡ＝ｂの三角形であり，３辺がａ，ｂ，ｃである三角形が存在することがわかりました． 以上で次の定理が証明されました． 定理３ ３数ａ，ｂ，ｃが ａ＋ｂ＞ｃ，ｂ＋ｃ＞ａ，ｃ＋ａ＞ｂ をみたすとき，３辺の長さがａ，ｂ，ｃである三角形が存在する． 定理２，３の応用として，いくつかの例題を解きましょう． 例題４ 線分ＡＢの垂直２等分線ｍに関してＡと同じ側にある点ＰについてＰＡ＜ＰＢが 成り立つことを証明せよ．  解答 例題４および転換法により逆を証明すれば，次の命題が成り立ちます． 命題４ ２点Ａ，Ｂがあたえられ，線分ＡＢの垂直２等分線をｍとする． 点Ｐがｍに関してＡと同じ側にある ⇔ ＰＡ＜ＰＢ 点Ｐがｍ上にある ⇔ ＰＡ＝ＰＢ 点Ｐがｍに関してＢと同じ側にある ⇔ ＰＡ＞ＰＢ 例題５ （１）直線ＸＹの同じ側に２点Ａ，Ｂが与えられている．直線ＸＹ上の点Ｐについて 次が成り立つこをを証明せよ． 点ＰはＡＰ＋ＢＰを最小にする点である ⇔ 点Ｐは∠ＡＰＸ＝∠ＢＰＹを満たす点である |
Ａ，Ｂ，Ｐ特に点Ｐをドラッグしてみよう．例題の意味がわかります．
（２）直線ＸＹの反対側に２点Ａ，Ｂが与えられている．直線ＸＹ上の点Ｐについて 次が成り立つこをを証明せよ． 点Ｐは│ＡＰ−ＢＰ│を最大にする点である ⇔ 点Ｐは∠ＡＰＸ＝∠ＢＰＸを満たす点である |
Ａ，Ｂ，Ｐ特に点Ｐをドラッグしてみよう．例題の意味がわかります．
解答 例題５の（１）は楕円の接線の性質を証明するときに利用し， （２）は双曲線の接線の性質を証明するときに利用します． 定理１,２は１つの三角形で成り立つ事柄です． 次に，２つの三角形の辺と角の大小を調べます． 命題５ △ＡＢＣと△ＤＥＦにおいて，ＡＢ＝ＤＥ，ＡＣ＝ＤＦとする．このとき ∠Ａ＞∠Ｄ → ＢＣ＞ＥＦ が成り立つ． これもあたりまえの命題です．足の長さの異なるコンパスを考えれば，足の間の角が大きくなれば，描く円の大きさも 大きくなることは，すぐにわかることです．証明はつぎのように行います． 証明 △ＡＢＣと△ＤＥＦを辺ＡＢと辺ＤＥを重ね，ＣとＦがＡＢ（ＤＥ）に関して同じ側にあるようにおく．  ∠ＦＡＣの２等分線とＢＣとの交点をＧとすれば ＦＧ＝ＣＧであるから ＥＦ＜ＢＧ＋ＧＦ＝ＢＧ＋ＧＣ＝ＢＣ 転換法で逆を示すことができるので，次の定理が証明されました． 定理４ △ＡＢＣと△ＤＥＦにおいて，ＡＢ＝ＤＥ，ＡＣ＝ＤＦとする．このとき ∠Ａ＞∠Ｄ ⇔ ＢＣ＞ＥＦ が成り立つ． 例題６ △ＡＢＣの辺ＡＢの中点をＤ，辺ＡＣの中点をＥとする．このとき ＡＢ＞ＡＣ → ＢＥ＞ＣＤ が成り立つことを証明せよ．  （△ＡＢＦと△ＡＣＦに注目し∠ＡＦＢと∠ＡＦＣの大小を調べ，△ＧＢＦ，△ＧＣＦに注目する） 解答 例題６および転換法より次の命題が成り立ちます． 命題６ △ＡＢＣの辺ＡＢの中点をＤ，辺ＡＣの中点をＥとする．このとき ＡＢ＞ＡＣ ⇔ ＢＥ＞ＣＤ が成り立つ． なお，この命題は中線定理より比較的簡単に示すことができる． 実際ＢＥ＝ｘ，ＣＤ＝ｙとおくと  ｃ２＋ａ２＝２（ｘ２＋ｂ２／４） ・・・@ ｂ２＋ａ２＝２（ｙ２＋ｃ２／４） ・・・A @−Aより ３（ｃ２−b２）＝４（ｘ２−ｙ２） したがって，ｃ＝ＡＢ，ｂ＝ＡＣの大小とｘ＝ＡＥ，ｙ＝ＣＤの大小は一致します． ＢＥ，ＣＤを中線でなく∠Ｂ，∠Ｃの２等分線としても結果は似ています．次の定理は有名で シュタイナー・レームスの定理と名前がついています．簡単そうに見えますが， 直接証明しようとすると難問です． 定理（シュタイナー・レームス） △ＡＢＣの∠Ｂ，∠Ｃの２等分線をそれぞれＢＥ，ＣＤとする． このとき次が成り立つ． ＢＥ＝ＣＤ → ＡＢ＝ＡＣ  シュタイナーはこの定理を転換法で証明しました． 詳しくはシュタイナー・レームスの定理をご覧下さい． 例題７ ＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣで辺ＡＢ上に点Ｄ，辺ＡＣのＣを超える延長上に点ＥをＢＤ＝ＣＥを満たすように とる．このときＤＥ＞ＢＣであることを証明せよ．  （△ＡＢＥで考えれば∠ＡＢＥ＞∠ＡＥＢ．さらに△ＤＢＥと△ＣＥＢに注目する） 解答 > 例題８ △ＰＢＣと△ＱＢＣは底辺が共通で周の長さが等しい，すなわち ＰＢ＋ＰＣ＝ＱＢ＋ＱＣとする．さらに，ＰＢ＞ＰＣ，ＱＢ＞ＱＣ，かつＱＢ−ＱＣ＞ＰＢ−ＰＣを満たす． ＢＱとＣＰの交点をＯとするときＯＰ＞ＯＱであることを証明せよ．  例題８の背景を説明します． ∠ＯＢＣ＜∠ＯＣＢ（∵∠ＯＢＣ＜∠ＰＢＣ＜∠ＰＣＢ）よりＯＢ＞ＯＣ． さらにＯＰ＞ＯＱが示せれば，△ＯＣＱは△ＯＢＰに含まれ△ＰＢＣ＞△ＱＢＣが成り立つことがわかる． すなわち，△ＰＢＣと△ＱＢＣでＰＢ＋ＰＣ＝ＱＢ＋ＱＣのとき，│ＰＢーＰＣ│と│ＱＢ−ＱＣ│で 小さい方が面積は大きいことを示すことができるのです． このことは楕円を知っていればあたりまえの事実です． Ｐ，ＱはＢ，Ｃが焦点である楕円上にあるので，Ｂ，Ｃをｘ軸上にとれば Ｐ，Ｑのｙ座標に注目すればよく，線分ＢＣ垂直二等分線に近い方の点のｙ座標の方が大きいのは楕円のグラフより明らかです． 証明 目標は∠ＯＱＰ＞∠ＯＰＱを示すことです． 仮定より，ＣＱ＜ＣＰ＜ＢＰ＜ＢＱであるから， ＢＱ上に点ＲをＰＣ＝ＱＲを満たすようにとることができる． このとき，仮定より，ＰＢ＋ＰＣ＝ＱＢ＋ＱＣであるから ＢＰ＝ＢＲ＋ＣＱ ∴ ＢＰ−ＢＲ＝ＣＱ ∴ＰＲ＞ＣＱ  △ＲＱＰと△ＣＰＱで ＰＱ＝ＰＱ，ＲＱ＝ＣＰ，ＰＲ＞ＣＱ より∠ＯＱＰ＞∠ＯＰＱ ∴ＯＰ＞ＯＱ したがって証明された． 例題８を利用すると，３辺の長さの和が一定の三角形のうち， 面積最大のもは正三角形であることが証明できます． 三角形の３辺の長さをａ，ｂ，ｃ（ａ≦ｂ≦Ｃ），ａ＋ｂ＋ｃ＝３ｓとおきます． このときａ≦ｓ≦ｃですから３辺の長さが （ａ，ｂ，ｃ）→（ｓ，ｂ，ａ＋ｃ−ｓ） の変換で，面積は減少しません．さらに （ｓ，ｂ，ａ＋ｃ−ｓ）→ （ｓ，ｓ，ｓ） の変換でも面積が減少しないので，正三角形が最大面積であるあることがわかります． なお，これらの詳しい内容は垂足三角形とその周辺の話題をご覧下さい． 最後に四角形について扱います．四角形については次の不等式が成り立ちます． 定理５ 一直線上にない４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄについて ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ≧ＡＣ・ＢＤ が成り立つ．等号が成り立つのは４点Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄがこの順に同一円周 上にあるときである． 証明 △ＡＣＤと△ＡＢＥが同じ向きの相似であるよう点Ｅを定める．  このとき，ＡＤ：ＡＥ＝ＡＣ：ＡＢよりＡＤ：ＡＣ＝ＡＥ：ＡＢ および∠ＤＡＥ＝∠ＣＡＢより △ＤＡＥ∽△ＣＡＢ でもある． △ＡＣＤ∽△ＡＢＥより ＣＤ：ＡＣ＝ＢＥ：ＡＢ ∴ ＡＢ・ＣＤ＝ＡＣ・ＢＥ ・・・@ △ＤＡＥ∽△ＣＡＢより ＡＤ：ＤＥ＝ＡＣ：ＢＣ ∴ ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・ＤＥ ・・・A @＋Aより ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・（ＢＥ＋ＤＥ）≧ＡＣ・ＢＤ 等号が成り立つのは，ＢＥ＋ＤＥ＝ＢＤが成り立つときでそのとき ∠ＡＢＤ＝∠ＡＣＤとなり，Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄはこの順に同一円周上にある（この順でなければ，例えばが ＣとＤが入れ替わっていれば，Ｅが外に出て等号は成り立たない）． 定理５は四角形の円に内接するための条件として次のようになります． 次の定理をトレミーの定理といいます． 定理６ 四角形ＡＢＣＤについて次が成り立つ． 円に内接する ⇔ ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・ＢＤ  いくつかトレミーの定理についての例題を扱います． 例 長方形は，円に内接するので，トレミーの定理より，三平方の定理が成り立ちます．  同じことを等脚台形で考えると  ＡＢ・ＣＤ＋ＡＤ・ＢＣ＝ＡＣ・ＢＤ が成り立ち，もし，∠ＡＢＣ＝２∠ＡＣＢ なら，ＢＤは∠ＡＢＣの二等分線であり， ＡＢ＝ＡＤ． したがって， ∠Ｂ＝２∠Ｃの△ＡＢＣで ＡＣ２＝ＡＢ２＋ＡＢ・ＢＣ が成り立つ． 例 正三角形ＡＢＣの外接円の弧ＢＣ上に点Ｐをとる．  正三角形の１辺の長さをａとするすると ＰＢ・ａ＋ＰＣ・ａ＝ＡＰ・ａ ∴ ＰＢ＋ＰＣ＝ＰＡ  次のように証明しても良い． △ＢＰＣをＢの周りに６０°回転した三角形を△ＢＰ’Ａとする（上図）． このとき， ∠ＢＰ’Ａ＝∠ＢＰＣ＝１２０°． ∠ＢＰ’Ｐ＝６０°より３点Ａ，Ｐ’，Ｐは一直線上にある． ∴ＢＰ＋ＣＰ＝Ｐ’Ｐ＋ＡＰ’＝ＡＰ この命題は逆もなりたつ．すなわち 正三角形ＡＢＣの外部に点Ｐがあるとき， ＰＡ＝ＰＢ＋ＰＣ → ４点Ｐ，Ａ，Ｂ，Ｃは同一円周上にある． が成り立ちます．実際，  △ＢＰＣをＣの周りに−６０°回転したものを△ＡＰ’Ｃとします． △ＰＣＰ’は正三角形よりＣＰ＝ＰＰ’． ∴ＡＰ＝ＰＢ＋ＰＣ＝ＡＰ’＋Ｐ’Ｐ ゆえに３点Ａ，Ｐ’，Ｐは一直線上． ∴∠ＢＰＣ＝１２０° したがって，４点Ａ，Ｂ，Ｐ，Ｃは同一円周上にある． 次の例題は正７角形のときに役立つ便利な等式です． 例題９ 正７角形の１辺の長さをａ，等しくない対角線の長さをｂ，ｃとする．このとき １／ａ＝１／ｂ＋１／ｃ が成り立つことを証明せよ． 証明  四角形ＢＣＤＧは円に内接するから ａｃ＋ａｄ＝ｂｃ 両辺をａｂｃで割ると，求める式を得る． 上の正７角形の図形につしてもう少し調べよう． １８０°／７＝αとおく．図のなかの三角形は α，α，５α；α，２α，４α；α，３α，３α；２α，２α，３α のいずれかです． さらに， ＤＨ＝ＤＣ＝ａ ∴ＢＨ＝ｂ−ａ ＧＨ＝ＧＢ＝ｂ ∴ＣＨ＝ｃ−ｂ △ＢＣＧに注目すると，３辺の長さがａ，ｂ，ｃの三角形で，この三角形は ∠Ｇ；∠Ｃ：∠Ｂ＝１：２：４ を満たします． このように，正７角形は対角線の長さを与えれば，いろいろな長さが求まり思ったより扱いやすい図形です． ただ正７角形が正５角形と異なるのはｂ，ｃを求めるのが簡単ではないことです．それは正７角形が 作図できない所以です．  解答 ２．△ＡＢＣの底辺ＢＣの３等分点をＤ，Ｅとするとき， ∠ＢＡＤ＝∠ＤＡＥ＝∠ＥＡＣ となるようなことは決して起こらないことを証明せよ．  解答 解説 角の２等分は作図できるが，角の３等分は一般には作図できない．これは一般には円弧を３等分できない といってもよい．  線分はｎ等分が自由に作図できるが，円弧は２ｎ等分しかできないのは不思議だとギリシャ時代の数学者が考えたことは 自然なことでしょう．なお，３等分について，９０°はできるし，正５角形を考えればわかるように１０８°は  ３等分が作図できる（１０８°を与えれば，角の移動によって正５角形が作図できるから．実際いろいろな証明法が考えられている）．さらに，上の図形は 角の３等分線だけでできた図形である．ギリシャ時代特に美しい図形であるといわれていた． ３．△ＡＢＣ内に１点Ｐを取る．このとき次の不等式が成り立つことを証明せよ． （１） ＰＢ＋ＰＣ＜ＡＢ＋ＡＣ （２） ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ＜ＡＢ＋ＢＣ＋ＣＡ＜２（ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ）  解答 ４．１辺の長さがａである正三角形ＡＢＣの辺ＡＣ，ＢＣの中点をそれぞれＭ，Ｎとする．辺ＡＢ上の 任意の点をＰとするとＰＭ＋ＰＮ≧ａであることを証明せよ．  解答 ５． 鋭角三角形ＡＢＣの辺ＢＣ上に定点Ｐを与える．辺ＡＣ上の任意の点をＱ，辺ＡＢ上の任意の点をＲと するとき，ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰの最小値は２ＡＰsin∠Ａであることを証明せよ． ５番の解答・解説  辺ＡＣに関してＰと対称な点をＰ’，辺ＡＢに関してＰと対称な点をＰ”とすれば ＰＱ＝Ｐ’Ｑ，ＰＲ＝Ｐ”Ｒ であるから，ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰの最小値はＰ’Ｐ”である． さらに， ＡＰ’＝ＡＰ”＝ＡＰで∠Ｐ’ＡＰ”＝２∠Ａであるから Ｐ’Ｐ”＝２ＡＰsinＡ ・・・@ さて，ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰの値はＡＰの値が最小のとき最小値をとるから， Ｐ，Ｑ，Ｒを任意に取ったときのＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰの最小値は ＰがＡから対辺ＢＣに下ろした垂線の足のときである．  ＰがＡからＢＣに下ろした垂線の足のとき， 上のように定めたＱ，ＲがそれぞれＢ，Ｃから対辺に下ろした垂線の足 になっていることを示そう． まず，∠ＰＱＣ＝ＲＱＡ，∠ＱＲＡ＝∠ＰＲＢ，∠ＲＰＢ＝∠ＱＰＣすなわち ＰＱ，ＱＲ，ＲＰが各辺と等角で交わることを証明する． Ｐ’，Ｐ”がそれぞれＰの対称点であるから ∠ＰＱＣ＝ＲＱＡ，∠ＱＲＡ＝∠ＰＲＢ は明らか． ∠ＲＰＢ＝∠ＱＰＣだけ示せばよい． ＡＰ⊥ＢＣであり， ∠ＡＰＱ＝∠ＡＰ’Ｑ＝∠ＡＰ”Ｒ＝∠ＡＰＲ より∠ＲＰＢ＝∠ＱＰＣが示された． ＢＱ⊥ＡＣを証明する準備が整いました．  辺ＡＢに関してＱと対称な点をＱ’，辺ＢＣに関してＱと対称な点をＱ”とする． このとき∠ＱＲＡ＝∠ＰＲＢ，∠ＲＰＢ＝∠ＱＰＣより ４点Ｑ’，Ｒ，Ｐ，Ｑ”は一直線上にある． ∠ＢＱＲ＝∠ＢＱ”Ｐ＝∠ＢＱ’Ｒ＝∠ＢＱＲ さらに∠ＰＱＣ＝∠ＲＱＡが成り立つのでＢＱ⊥ＡＣが証明された． ＣＲ⊥ＡＢも同様なので，次の定理が証明された． 定理 鋭角三角形ＡＢＣの各辺ＢＣ，ＣＡ，ＡＢ上にそれぞれＰ，Ｑ，Ｒをとる．このとき， ＰＱ＋ＱＲ＋ＲＰを最小にするＰ，Ｑ．Ｒは各頂点から対辺に下ろした垂線の足である． △ＡＢＣの各頂点から対辺に下ろした垂線の足Ｐ，Ｑ，Ｒを頂点とする△ＰＱＲを△ＡＢＣの垂足三角形といいます． 垂足三角形については垂足三角形とその周辺の話題をご覧下さい． |
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