Cevaの定理（高校数学）

方針：2 つの三角形の底辺を $BD$、$DC$ とみると、高さが共通であることを使う。
段 1（高さ）。点 $A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の長さを $h$ とする。$B$、$D$、$C$ はすべて直線 $BC$ の上にあるので、三角形 $ABD$ の底辺を $BD$ とみたときの高さも、三角形 $ADC$ の底辺を $DC$ とみたときの高さも、どちらも $h$ である。
段 2（面積）。三角形の面積は $\dfrac12\times$底辺$\times$高さなので、$\triangle ABD=\dfrac12\cdot BD\cdot h$、$\triangle ADC=\dfrac12\cdot DC\cdot h$ である。
段 3（比）。$h>0$ なので割り算ができて
$$ \frac{\triangle ABD}{\triangle ADC}=\frac{\frac12\cdot BD\cdot h}{\frac12\cdot DC\cdot h}=\frac{BD}{DC} $$
である。段 1〜3 で使ったのは「$A$ が直線 $BC$ の上にない」ことだけなので、$A$ を直線 $BC$ の上にない別の点に替えても同じである。$\square$

方針：三角形 $ABD$ を $P$ で 2 つに分け、lem-ceva-base を 2 回使う。
段 1（比を $k$ とおく）。$k=\dfrac{BD}{DC}$ とおく。lem-ceva-base を頂点 $A$ に使うと $\triangle ABD=k\cdot\triangle ADC$ である。$P$ は直線 $BC$ の上にない（線分 $AD$ の上で $D$ と異なる点だから）ので、lem-ceva-base を $A$ の代わりに $P$ に使うと $\triangle PBD=k\cdot\triangle PDC$ である。
段 2（分割）。$P$ は線分 $AD$ の上にあるので、三角形 $ABD$ は線分 $BP$ によって三角形 $ABP$ と三角形 $PBD$ に分かれる。よって $\triangle ABP=\triangle ABD-\triangle PBD$ である。同じように、三角形 $ADC$ は線分 $CP$ によって三角形 $ACP$ と三角形 $PDC$ に分かれるので、$\triangle ACP=\triangle ADC-\triangle PDC$ である。
段 3（計算）。段 1 と段 2 から
$$ \triangle ABP=\triangle ABD-\triangle PBD=k\cdot\triangle ADC-k\cdot\triangle PDC=k\,(\triangle ADC-\triangle PDC)=k\cdot\triangle ACP $$
である。$\triangle ACP>0$ なので両辺を割って $\dfrac{\triangle ABP}{\triangle ACP}=k=\dfrac{BD}{DC}$ を得る。$\square$

方針：lem-ceva-key で 3 つの比をそれぞれ面積の比に書き直す。掛けると分母と分子が約分される。
段 1（$P$ の位置）。lem-ceva-key を使うには、$P$ が 3 本の線分それぞれの両端と異なる点であることが要る。直線 $BE$ は、三角形を三角形 $ABE$ と三角形 $CBE$ に分ける。$A$ は一方の側に、$C$ はもう一方の側にある。辺 $BC$ は直線 $BE$ と $B$ だけで交わるので、$D$（$D\ne B$）は $C$ と同じ側にある。よって $A$ と $D$ は直線 $BE$ の反対側にあり、線分 $AD$ は直線 $BE$ と、$A$ とも $D$ とも異なる点で交わる。直線 $AD$ と直線 $BE$ は平行でない（交わる）ので、交点はただ 1 つで、それが $P$ である。したがって $P$ は線分 $AD$ の上にあって $A$、$D$ と異なる。頂点の役目を入れ替えて同じ議論をすると、$P$ は線分 $BE$ の上にあって $B$、$E$ と異なり、線分 $CF$ の上にあって $C$、$F$ と異なる。
段 2（3 つの比を面積で書く）。lem-ceva-key を、Ceva 線 $AD$、$BE$、$CF$ に順に使う。頂点の名前を $A\to B\to C\to A$ と回して読み替えると
$$ \frac{BD}{DC}=\frac{\triangle ABP}{\triangle CAP},\qquad \frac{CE}{EA}=\frac{\triangle BCP}{\triangle ABP},\qquad \frac{AF}{FB}=\frac{\triangle CAP}{\triangle BCP} $$
である（$\triangle ACP$ と $\triangle CAP$ は同じ三角形の面積である）。2 つ目は lem-ceva-key の $A,B,C,D$ を $B,C,A,E$ に、3 つ目は $C,A,B,F$ に置き換えたものである。
段 3（掛ける）。段 2 の 3 つの式を掛けると
$$ \frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{\triangle ABP}{\triangle CAP}\cdot\frac{\triangle BCP}{\triangle ABP}\cdot\frac{\triangle CAP}{\triangle BCP}=1 $$
である。分子と分母に同じ 3 つの面積が 1 回ずつ現れるので、約分されて $1$ になる。$\square$

方針：2 本の Ceva 線の交点 $P$ を通るように 3 本目の Ceva 線 $CF'$ を引き、thm-ceva-main を使って $F'=F$ を示す。
段 1（2 本の交点）。prf-ceva-main の段 1 と同じ議論により、Ceva 線 $AD$ と $BE$ は、どちらの端点とも異なる点 $P$ で交わる。$P$ は三角形の内部にあり、どの辺の上にもない。
段 2（3 本目を引き直す）。直線 $CP$ が辺 $AB$ と、$A$、$B$ と異なる点で交わることを、prf-ceva-main の段 1 と同じ「直線の両側」の議論で確かめる。
まず、線分 $AD$ は直線 $BC$ と $D$ だけで交わり、直線 $CA$ と $A$ だけで交わる（$D\ne C$ なので $D$ は直線 $CA$ の上にない）。$P$ は $A$ とも $D$ とも異なるので、直線 $BC$ の上にも直線 $CA$ の上にもない。したがって直線 $CP$ は直線 $BC$ とも直線 $CA$ とも異なり、どちらとも $C$ だけで交わる。特に $A$、$B$、$D$ は直線 $CP$ の上にない。
次に、$P$ は直線 $CP$ の上にあって線分 $AD$ の両端と異なる点なので、$A$ と $D$ は直線 $CP$ の反対側にある。一方、線分 $DB$ は直線 $BC$ の一部で、直線 $BC$ と直線 $CP$ の共有点 $C$ は線分 $DB$ の上にない（$D\ne C$）。よって線分 $DB$ は直線 $CP$ と交わらず、$D$ と $B$ は直線 $CP$ の同じ側にある。以上から $A$ と $B$ は直線 $CP$ の反対側にあり、線分 $AB$ は直線 $CP$ と、$A$、$B$ と異なる点で交わる。その点を $F'$ とする。3 本の Ceva 線 $AD$、$BE$、$CF'$ は $P$ で交わるので、thm-ceva-main により
$$ \frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF'}{F'B}=1 $$
である。
段 3（比が同じ）。仮定の式と段 2 の式を比べる。$\dfrac{BD}{DC}\cdot\dfrac{CE}{EA}$ は $0$ でないので、両方の式をこれで割ると
$$ \frac{AF'}{F'B}=\frac{AF}{FB} $$
を得る。
段 4（点が同じ）。辺 $AB$ の長さを $\ell$ とし、辺 $AB$ 上の点 $X$（$X\ne B$）について $t=\dfrac{AX}{XB}$ とおく。$XB=\ell-AX$ なので $t(\ell-AX)=AX$、つまり $AX=\dfrac{t}{1+t}\,\ell$ である。したがって比 $t$ が決まれば $AX$ の長さが決まり、点 $X$ も 1 つに決まる。段 3 で $F'$ と $F$ の比は等しいので $AF'=AF$ であり、$F'=F$ である。よって Ceva 線 $CF$ も $P$ を通り、3 本は $P$ で交わる。$\square$

方針：どの場合も、3 本の線が頂点と向かい合う辺の内部の点を結ぶ Ceva 線であることを確かめ、比の積が $1$ になることを示して thm-ceva-converse を使う。以下 $a=BC$、$b=CA$、$c=AB$ とする。
段 1（中線）。中点は辺の内部の点で、比はどれも $1$ なので積は $1$ である（ex-ceva-median）。
段 2（角の二等分線）。$\angle A$ の二等分線は角の内部を通るので、辺 $BC$ と内部の点 $D$ で交わる。ex-ceva-bisector により $\dfrac{BD}{DC}=\dfrac cb$ である。頂点の名前を回して、同じように $\dfrac{CE}{EA}=\dfrac ac$、$\dfrac{AF}{FB}=\dfrac ba$ である。積は
$$ \frac cb\cdot\frac ac\cdot\frac ba=\frac{abc}{abc}=1 $$
である。
段 3（垂線）。$A$ から直線 $BC$ に下ろした垂線の足を $D$ とする。$\angle B$ と $\angle C$ が鋭角なので、$D$ は辺 $BC$ の内部にある。実際、$D=B$ なら $AB\perp BC$ で $\angle ABC=90^\circ$ となる。$D$ が $B$ を越えた側（$C$ と反対の側）にあれば、直角三角形 $ABD$ の $\angle ABD$ は鋭角で、$\angle ABC=180^\circ-\angle ABD>90^\circ$ となる。どちらも $\angle B$ が鋭角であることに反する。$C$ の側も同じである。直角三角形 $ABD$ で $BD=c\cos B$、直角三角形 $ACD$ で $DC=b\cos C$ である（三角比の定義。三角比と鈍角への拡張）。頂点の名前を回して、$CE=a\cos C$、$EA=c\cos A$、$AF=b\cos A$、$FB=a\cos B$ である。積は
$$ \frac{c\cos B}{b\cos C}\cdot\frac{a\cos C}{c\cos A}\cdot\frac{b\cos A}{a\cos B}=\frac{abc\cos A\cos B\cos C}{abc\cos A\cos B\cos C}=1 $$
である。鋭角三角形なので $\cos A\cos B\cos C\ne0$ で、約分してよい。
段 1〜3 のどの場合も thm-ceva-converse の仮定を満たすので、3 本は 1 点で交わる。$\square$

方針：$\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{AC}$ で $\overrightarrow{AP}$ を分解し、並べ替える。
段 1（存在）。$A$、$B$、$C$ は一直線上にないので、$\overrightarrow{AB}=B-A$ と $\overrightarrow{AC}=C-A$ は平行でない。平行でない 2 つのベクトルで平面のベクトルはただ 1 通りに表せるので（位置ベクトルと内分点）、実数 $s,t$ で $P-A=s(B-A)+t(C-A)$ と書ける。整理すると
$$ P=(1-s-t)A+sB+tC $$
である。$\alpha=1-s-t$、$\beta=s$、$\gamma=t$ とおけば $\alpha+\beta+\gamma=1$ である。
段 2（一意性）。$P=\alpha A+\beta B+\gamma C=\alpha'A+\beta'B+\gamma'C$（$\alpha+\beta+\gamma=\alpha'+\beta'+\gamma'=1$）とする。$\alpha=1-\beta-\gamma$、$\alpha'=1-\beta'-\gamma'$ を代入すると、$P=A+\beta(B-A)+\gamma(C-A)=A+\beta'(B-A)+\gamma'(C-A)$ となる。引き算して $(\beta-\beta')(B-A)+(\gamma-\gamma')(C-A)=\vec0$ である。$B-A$ と $C-A$ は平行でないので $\beta=\beta'$、$\gamma=\gamma'$ であり、したがって $\alpha=\alpha'$ である。$\square$

方針：$B$、$C$ を固定して $f(X)=2[XBC]$ を $X$ の式とみると、$X$ の座標の 1 次式になる。1 次式には重心座標の式をそのまま代入できる。
段 1（1 次式であること）。$X=(x,y)$、$B=(b_1,b_2)$、$C=(c_1,c_2)$ とすると、定義から
$$ f(X)=(b_1-x)(c_2-y)-(b_2-y)(c_1-x) $$
である。展開すると $xy$ の項は $xy-yx=0$ で消えるので、$f(X)=px+qy+r$（$p,q,r$ は $B$、$C$ で決まる定数）の形の 1 次式である。
段 2（代入）。$A=(a_1,a_2)$ とし、$P=\alpha A+\beta B+\gamma C$、$\alpha+\beta+\gamma=1$ とする。$P$ の $x$ 座標は $\alpha a_1+\beta b_1+\gamma c_1$、$y$ 座標は $\alpha a_2+\beta b_2+\gamma c_2$ である。$r=(\alpha+\beta+\gamma)r$ と書き直してから代入すると
$$ f(P)=p(\alpha a_1+\beta b_1+\gamma c_1)+q(\alpha a_2+\beta b_2+\gamma c_2)+(\alpha+\beta+\gamma)r=\alpha f(A)+\beta f(B)+\gamma f(C) $$
である。最後の等号は、$\alpha$ を含む項、$\beta$ を含む項、$\gamma$ を含む項に分けて並べ替えたものである。
段 3（値を入れる）。定義の式で $X=B$ とすると $(b_1-b_1)(c_2-b_2)-(b_2-b_2)(c_1-b_1)=0$ なので $f(B)=0$ である。$X=C$ とすると $(b_1-c_1)\cdot0-(b_2-c_2)\cdot0=0$ なので $f(C)=0$ である。よって $f(P)=\alpha f(A)$、つまり $[PBC]=\alpha[ABC]$ である。$A$、$B$、$C$ は一直線上にないので $[ABC]\ne0$ であり、$\alpha=\dfrac{[PBC]}{[ABC]}$ を得る。$\beta$、$\gamma$ も、固定する 2 点を $C,A$ と $A,B$ に替えて同じように示せる（$[APC]=[PCA]$、$[ABP]=[PAB]$ であることは定義の式から確かめられる）。
段 4（内部の点）。段 1 の式を展開すると、$f(X)=px+qy+r$ の係数は $p=b_2-c_2$、$q=c_1-b_1$ である。$B\ne C$ なので $p$、$q$ の少なくとも一方は $0$ でなく、$f(X)=0$ となる点 $X$ の全体は 1 本の直線である。段 3 よりこの直線は $B$、$C$ を通るので、直線 $BC$ である。つまり $f(X)=0$ となるのは $X$ が直線 $BC$ の上にあるときに限る。
$P$ が内部にあれば、$P$ と $A$ は直線 $BC$ の同じ側にあり、線分 $AP$ は直線 $BC$ と交わらない。線分 $AP$ の点 $(1-s)A+sP$（$0\le s\le1$）では、段 2 と同じ計算で $f\bigl((1-s)A+sP\bigr)=(1-s)f(A)+sf(P)$ である。もし $f(A)$ と $f(P)$ の符号が違えば、この $s$ の 1 次式は $0< s<1$ のどこかで $0$ になり、線分 $AP$ が直線 $BC$ と交わってしまう。したがって $f(P)$ と $f(A)$、つまり $[PBC]$ と $[ABC]$ は同じ符号をもち、$\alpha>0$ である。このとき $\alpha=\dfrac{\triangle PBC}{\triangle ABC}$ である。$\beta$、$\gamma$ も同じである。$\square$

方針：上の式の $D$ が直線 $BC$ と直線 $AP$ の両方に乗ることを確かめ、$\overrightarrow{BD}$ と $\overrightarrow{DC}$ を計算する。
段 1（$D$ は直線 $BC$ の上）。$D=\dfrac{\beta}{\beta+\gamma}B+\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}C$ で、係数の和は $1$ なので、$D=B+\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}(C-B)$ と書ける。よって $D$ は直線 $BC$ の上にある。
段 2（$D$ は直線 $AP$ の上）。$\beta B+\gamma C=(\beta+\gamma)D$ なので $P=\alpha A+(\beta+\gamma)D$ である。$\alpha=1-(\beta+\gamma)$ を代入すると $P=A+(\beta+\gamma)(D-A)$ となる。$\beta+\gamma\ne0$ なので両辺を $\beta+\gamma$ で割れて、$D=A+\dfrac1{\beta+\gamma}(P-A)$ と書ける。また $P\ne A$ である（$P=A$ なら重心座標は $(1,0,0)$ で $\beta+\gamma=0$ となり、仮定に反する）。よって $D$ は直線 $AP$ の上にある。$A$ は直線 $BC$ の上にないので、直線 $AP$ は直線 $BC$ と一致せず、2 直線の共有点は $D$ だけである。
段 3（比）。段 1 より $\overrightarrow{BD}=D-B=\dfrac{\gamma}{\beta+\gamma}(C-B)$、また $\overrightarrow{DC}=C-D=\dfrac{\beta}{\beta+\gamma}(C-B)$ である。$\beta\ne0$ なので $\overrightarrow{BD}=\dfrac\gamma\beta\,\overrightarrow{DC}$ であり、$\dfrac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\dfrac\gamma\beta$ である。$\square$

方針：3 つの比を prop-ceva-bary-ratio で重心座標の比に書き直す。
段 1（成分は 0 でない）。$P$ の重心座標を $(\alpha,\beta,\gamma)$ とする。もし $\alpha=0$ なら $P=\beta B+\gamma C$、$\beta+\gamma=1$ で、prf-ceva-bary-ratio の段 1 と同じく $P=B+\gamma(C-B)$ は直線 $BC$ の上にある。仮定よりそうではないので $\alpha\ne0$ である。同じように $\beta\ne0$、$\gamma\ne0$ である。
段 2（和は 0 でない）。もし $\beta+\gamma=0$ なら $\alpha=1$ で、$P-A=\beta(B-A)+\gamma(C-A)=\beta B+\gamma C=\beta(B-C)$ となる（$\beta+\gamma=0$ から $\gamma=-\beta$）。すると直線 $AP$ は直線 $BC$ と平行になり、交わらない。仮定より $D$ があるので $\beta+\gamma\ne0$ である。同じように $\gamma+\alpha\ne0$、$\alpha+\beta\ne0$ である。
段 3（掛ける）。prop-ceva-bary-ratio と、その頂点の名前を回したものにより、$\dfrac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\dfrac\gamma\beta$、$\dfrac{\overline{CE}}{\overline{EA}}=\dfrac\alpha\gamma$、$\dfrac{\overline{AF}}{\overline{FB}}=\dfrac\beta\alpha$ である。掛けると
$$ \frac\gamma\beta\cdot\frac\alpha\gamma\cdot\frac\beta\alpha=1 $$
である。$\square$

方針：$\dfrac\gamma\beta=r_1$、$\dfrac\alpha\gamma=r_2$、$\dfrac\beta\alpha=r_3$ となる比 $(\alpha:\beta:\gamma)$ を作り、それが表す点を調べる。
段 1（比を作る）。$\beta=1$、$\gamma=r_1$、$\alpha=r_1r_2$ とおく。$D,E,F$ は頂点と異なるので $r_1,r_2,r_3\ne0$ であり、$\alpha,\beta,\gamma\ne0$ である。$\dfrac\gamma\beta=r_1$、$\dfrac\alpha\gamma=r_2$ で、$\dfrac\beta\alpha=\dfrac1{r_1r_2}=r_3$（$r_1r_2r_3=1$ を使った）である。また def-ceva-signed により $r_1,r_2,r_3\ne-1$ なので、$\beta+\gamma=1+r_1\ne0$、$\gamma+\alpha=r_1(1+r_2)\ne0$、$\alpha+\beta=1+r_1r_2=1+\dfrac1{r_3}=\dfrac{r_3+1}{r_3}\ne0$ である。
段 2（点は比で決まる）。$\overrightarrow{BD}=r_1\overrightarrow{DC}$ を $D$ について解くと $D-B=r_1(C-D)$、$(1+r_1)D=B+r_1C$、$D=\dfrac{B+r_1C}{1+r_1}=\dfrac{\beta B+\gamma C}{\beta+\gamma}$ である。同じように $E=\dfrac{\gamma C+\alpha A}{\gamma+\alpha}$、$F=\dfrac{\alpha A+\beta B}{\alpha+\beta}$ である。
段 3（和が 0 でない場合）。$\alpha+\beta+\gamma\ne0$ なら、$P=\dfrac{\alpha A+\beta B+\gamma C}{\alpha+\beta+\gamma}$ とおく。prop-ceva-bary-ratio により直線 $AP$ は直線 $BC$ と $\dfrac{\beta B+\gamma C}{\beta+\gamma}=D$ で交わるので、直線 $AD$ は $P$ を通る。直線 $BE$、$CF$ も同じで、3 本の直線はどれも $P$ を通る。
段 4（和が 0 の場合）。$\alpha+\beta+\gamma=r_1r_2+1+r_1=0$ のとき、$-(\beta+\gamma)=\alpha$ なので
$$ D-A=\frac{\beta B+\gamma C-(\beta+\gamma)A}{\beta+\gamma}=\frac{\alpha A+\beta B+\gamma C}{\beta+\gamma} $$
である。同じように $E-B=\dfrac{\alpha A+\beta B+\gamma C}{\gamma+\alpha}$、$F-C=\dfrac{\alpha A+\beta B+\gamma C}{\alpha+\beta}$ である。3 つとも同じベクトル $\alpha A+\beta B+\gamma C$ の $0$ でない実数倍なので、3 本の直線は平行である。このベクトルは $\vec0$ ではない（$\vec0$ なら $D=A$ となるが、$A$ は直線 $BC$ の上にない）。$\square$

方針：$x_i=\dfrac{PQ_i}{P_iQ_i}$ を面積の比で表すと、3 つの和が $1$ になる。和が $1$ の 3 つの正の数には $\dfrac13$ 以下のものと $\dfrac13$ 以上のものがある。
段 1（1 つの比を面積で書く）。$P_1$ と $P$ から直線 $P_2P_3$ に下ろした垂線の足を $H_1$、$H$ とする。$P_1$、$P$、$Q_1$ は一直線上にあり、$Q_1$ は直線 $P_2P_3$ の上にある。直角三角形 $Q_1PH$ と $Q_1P_1H_1$ は $Q_1$ の角を共有するので相似であり、$\dfrac{PH}{P_1H_1}=\dfrac{PQ_1}{P_1Q_1}$ である（$P_1Q_1$ が直線 $P_2P_3$ に垂直なら $H=H_1=Q_1$ で、この式はそのまま成り立つ）。三角形 $PP_2P_3$ と $P_1P_2P_3$ は底辺 $P_2P_3$ を共有するので、面積の比は高さの比 $\dfrac{PH}{P_1H_1}$ に等しい。よって
$$ x_1:=\frac{PQ_1}{P_1Q_1}=\frac{\triangle PP_2P_3}{\triangle P_1P_2P_3} $$
である。同じように $x_2=\dfrac{\triangle PP_3P_1}{\triangle P_1P_2P_3}$、$x_3=\dfrac{\triangle PP_1P_2}{\triangle P_1P_2P_3}$ である。
段 2（和が 1）。$P$ は内部の点なので、三角形 $P_1P_2P_3$ は 3 つの三角形 $PP_2P_3$、$PP_3P_1$、$PP_1P_2$ に分かれる。よって $x_1+x_2+x_3=1$ で、$x_1,x_2,x_3$ はどれも正である。
段 3（比を $x_i$ で書く）。$P$ は線分 $P_1Q_1$ の上にあるので $P_1P=P_1Q_1-PQ_1$ であり
$$ \frac{P_1P}{PQ_1}=\frac{P_1Q_1-PQ_1}{PQ_1}=\frac1{x_1}-1 $$
である。ほかの 2 つも同じ形である。
段 4（結論）。$x_1,x_2,x_3$ の最小のものを $x_i$ とすると、$3x_i\le x_1+x_2+x_3=1$ なので $x_i\le\dfrac13$ であり、$\dfrac{P_iP}{PQ_i}=\dfrac1{x_i}-1\ge3-1=2$ である。最大のものを $x_j$ とすると $3x_j\ge1$ なので $x_j\ge\dfrac13$ であり、$\dfrac{P_jP}{PQ_j}=\dfrac1{x_j}-1\le2$ である。$\square$