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9 $\triangle ABC$の各辺の外側に正三角形をつくり，それぞれの正三角形 の中心を$O_1,O_2,O_3$とする．このとき$\triangle O_1O_2O_3$は正三角形である． 
証明$AB,BC,CA$を一辺とする正三角形を右の図のように$\triangle PBA,\triangle QCB,\triangle RAC$とする． 相似回転変換を用いて， $H(B,\sqrt{3},-30^{\circ}):\triangle BO_2O_1 \mapsto \triangle BQA$ $H(C,\sqrt{3},30^{\circ}):\triangle CO_3O_2 \mapsto \triangle CAQ$ $\therefore O_1O_2=O_3O_2$ $O_1O_2=O_1O_3$ も同様である． 解説 1. $H(B,\sqrt{3},-30^{\circ}):O_1O_2 \mapsto AQ$ $H(B,\sqrt{3},30^{\circ}):O_1O_2 \mapsto PC$ より $AQ=PC$ 同様のことを行い $AQ=BR=CP$ ・・・@ が成り立つことが分かります． なお，@の結果を直接得るなら， $R(B,60^{\circ}):\triangle BQA \mapsto \triangle BCP$ $R(C,-60^{\circ}):\triangle CAQ \mapsto \triangle CRB$ の方が分かりやすいでしょう． この正三角形$\triangle O_1O_2O_3$を$\triangle ABC$のナポレオン三角形といいます． 証明から分かるようにナポレオン三角形の１辺の長さは$\dfrac{AQ}{\sqrt{3}}$です． 
2.右図で，$\triangle QCB$が正三角形のとき$AQ$の長さを求めておこう．この長さをは後で利用します． 右上の図で，$AQ=BR=CP$ですから，AQは$a,b,c$の対称式になるはずです． $AQ^2=c^2+a^2-2ca \cos (B+60^{\circ})$ $=c^2+a^2-ca\cos B+\sqrt{3}ca\sin B$ $=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}+2\sqrt{3}S$ ここで$S$は$\triangle ABC$の面積です． 続く（回転移動の合成を用いた証明を含む） 全体の目次 |