Taylorの円

$A(2,4)$、$B(0,0)$、$C(6,0)$ の三角形をとる。辺 $AB$ は直線 $y=2x$、辺 $CA$ は直線 $x+y=6$、辺 $BC$ は $x$ 軸である。3 つの角はどれも鋭角である（$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=8$、$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=12$、$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=24$ がどれも正）。
(1) 垂線の足。$A$ から $x$ 軸に下ろした足は $H_A(2,0)$ である。$B$ から直線 $x+y=6$ に下ろした足は、$B$ から方向 $(1,1)$（直線の法線の向き）に進んだ点 $(s,s)$ で $2s=6$ となるものなので $H_B(3,3)$ である。$C$ から直線 $y=2x$ に下ろした足は、方向 $(1,2)$ への正射影で、$\dfrac{(6,0)\cdot(1,2)}{1^2+2^2}(1,2)=\dfrac65(1,2)$ より $H_C\left(\dfrac65,\dfrac{12}5\right)$ である。
(2) $H_A(2,0)$ から 2 辺へ。直線 $y=2x$ への足は $\dfrac{(2,0)\cdot(1,2)}5(1,2)=\left(\dfrac25,\dfrac45\right)$ で、これを $F_a$ とする。直線 $x+y=6$ への足は $(2,0)+s(1,1)$ で $2+2s=6$ となる点 $(4,2)$ で、これを $E_a$ とする。
(3) $H_B(3,3)$ から 2 辺へ。$x$ 軸への足は $D_b(3,0)$、直線 $y=2x$ への足は $\dfrac{(3,3)\cdot(1,2)}5(1,2)=\dfrac95(1,2)$ で $F_b\left(\dfrac95,\dfrac{18}5\right)$ である。
(4) $H_C\left(\dfrac65,\dfrac{12}5\right)$ から 2 辺へ。$x$ 軸への足は $D_c\left(\dfrac65,0\right)$、直線 $x+y=6$ への足は $\left(\dfrac65,\dfrac{12}5\right)+s(1,1)$ で $\dfrac{18}5+2s=6$、$s=\dfrac65$ となる点 $E_c\left(\dfrac{12}5,\dfrac{18}5\right)$ である。
(5) 6 点を通る円。$x$ 軸の上の 2 点 $D_c\left(\dfrac65,0\right)$、$D_b(3,0)$ の垂直二等分線は $x=\dfrac{21}{10}$ である。点 $T\left(\dfrac{21}{10},\dfrac{17}{10}\right)$ をとると
$$ TD_b^2=\left(\frac{30-21}{10}\right)^2+\left(\frac{17}{10}\right)^2=\frac{81+289}{100}=\frac{37}{10},\qquad TF_b^2=\left(\frac{18-21}{10}\right)^2+\left(\frac{36-17}{10}\right)^2=\frac{9+361}{100}=\frac{37}{10} $$
である。残りの 4 点でも、座標の差が $\left(\pm\dfrac9{10},\pm\dfrac{17}{10}\right)$ か $\left(\pm\dfrac3{10},\pm\dfrac{19}{10}\right)$ か $\left(\pm\dfrac{17}{10},\pm\dfrac9{10}\right)$ か $\left(\pm\dfrac{19}{10},\pm\dfrac3{10}\right)$ の形になり、$T$ からの距離の 2 乗は $\dfrac{37}{10}$ である。6 点は $T$ を中心とする半径 $\sqrt{\dfrac{37}{10}}\approx1.924$ の円の上にある。

直線 $AB$ の上の点 $F_1$、$F_2$ と直線 $AC$ の上の点 $E_1$、$E_2$ について、$F_1E_1$ が $BC$ の反平行線、$F_2E_2$ が $BC$ に平行なら、rem-tay-tools (1) から
$$ \overline{AF_1}\cdot c=\overline{AE_1}\cdot b,\qquad \overline{AF_2}\cdot b=\overline{AE_2}\cdot c $$
である。2 式の辺どうしを掛けて $bc$ で割ると $\overline{AF_1}\cdot\overline{AF_2}=\overline{AE_1}\cdot\overline{AE_2}$、つまり条件 (i) が成り立つ。

ex-tay-start の三角形で、$a=6$、$b=4\sqrt2$、$c=2\sqrt5$、$AH_A=4$、$\cos A=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{bc}=\dfrac8{8\sqrt{10}}=\dfrac1{\sqrt{10}}$ である。
(1) $\overline{AF_a}=\dfrac{16}{2\sqrt5}=\dfrac{8}{\sqrt5}$、$\overline{AE_a}=\dfrac{16}{4\sqrt2}=2\sqrt2$ である。
(2) $\overline{AF_b}=2\sqrt5\cdot\dfrac1{10}=\dfrac{\sqrt5}5$、$\overline{AE_c}=4\sqrt2\cdot\dfrac1{10}=\dfrac{2\sqrt2}5$ である。

$B(0,0)$、$C(14,0)$、$A(5,12)$ とする（Fagnanoの問題 と同じ三角形）。$a=14$、$b=15$、$c=13$、$\cos A=\dfrac{33}{65}$ で、垂線の足は $H_A(5,0)$、$H_B\left(\dfrac{224}{25},\dfrac{168}{25}\right)$、$H_C\left(\dfrac{350}{169},\dfrac{840}{169}\right)$ である。$AH_A=12$ なので、lem-tay-feet から
$$ \overline{AF_a}=\frac{144}{13},\qquad \overline{AE_a}=\frac{144}{15}=\frac{48}5,\qquad \overline{AF_b}=13\cdot\left(\frac{33}{65}\right)^2=\frac{1089}{325},\qquad \overline{AE_c}=15\cdot\left(\frac{33}{65}\right)^2=\frac{3267}{845} $$
で、$\overline{AF_a}\cdot\overline{AF_b}=\overline{AE_a}\cdot\overline{AE_c}=\dfrac{144\cdot1089}{4225}$ である。6 点を通る円の中心は $\left(\dfrac{23303}{4225},\dfrac{134193}{33800}\right)\approx(5.516,\ 3.970)$、半径の 2 乗は $\dfrac{7470369}{270400}$、半径は約 $5.256$ である。

$A(-1,2)$、$B(0,0)$、$C(5,0)$ とする。$\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}=-5<0$ なので角 $B$ は鈍角である。垂線の足は $H_A(-1,0)$（辺 $CB$ の $B$ の先の延長の上）、$H_B\left(\dfrac12,\dfrac32\right)$、$H_C(1,-2)$（辺 $AB$ の $B$ の先の延長の上）である。6 点は
$$ F_a\left(-\frac15,\frac25\right),\quad E_a\left(-\frac25,\frac95\right),\quad D_b\left(\frac12,0\right),\quad F_b\left(-\frac12,1\right),\quad E_c(2,1),\quad D_c(1,0) $$
で、$T\left(\dfrac34,\dfrac54\right)$ からの距離の 2 乗はどれも $\dfrac{13}8$ である。たとえば $TD_b^2=\left(\dfrac14\right)^2+\left(\dfrac54\right)^2=\dfrac{26}{16}=\dfrac{13}8$、$TF_a^2=\left(\dfrac{19}{20}\right)^2+\left(\dfrac{17}{20}\right)^2=\dfrac{650}{400}=\dfrac{13}8$ である。$F_b$ と $E_c$ の $y$ 座標はどちらも $1$ で、$F_bE_c\parallel BC$ である。
頂点 $A$ での条件は、$\cos A=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{bc}=\dfrac{10}{\sqrt5\cdot2\sqrt{10}}=\dfrac1{\sqrt2}$、$AH_A=2$ から、$\overline{AF_a}\cdot\overline{AF_b}=\overline{AE_a}\cdot\overline{AE_c}=AH_A^2\cos^2A=2$ である。垂線の足が延長の上にあっても、証明は符号つきの長さで書いたので、そのまま成り立つ。

ex-tay-start の三角形 $A(2,4)$、$B(0,0)$、$C(6,0)$ で、辺 $BC$、$CA$、$AB$ の中点 $M_A(3,0)$、$M_B(4,2)$、$M_C(1,2)$ から、残りの 2 辺に垂線を下ろす。足は
$$ M_A\text{ から}\ \left(\frac35,\frac65\right),\ \left(\frac92,\frac32\right),\qquad M_B\text{ から}\ (4,0),\ \left(\frac85,\frac{16}5\right),\qquad M_C\text{ から}\ \left(\frac52,\frac72\right),\ (1,0) $$
である。3 点 $\left(\dfrac35,\dfrac65\right)$、$\left(\dfrac85,\dfrac{16}5\right)$、$(4,0)$ を通る円は $x^2+y^2-\dfrac{26}5x-\dfrac{29}{10}y+\dfrac{24}5=0$ で、$(1,0)$ を左辺に代入すると $1-\dfrac{26}5+\dfrac{24}5=\dfrac35\ne0$ になる。6 点は同じ円の上にない。
理由は、$M_A$ から下ろした 2 つの足を結ぶ線分が $BC$ の反平行線でないことにある。$A$ からの距離は $\dfrac{7\sqrt5}5$ と $\dfrac{5\sqrt2}2$ で、$\dfrac{7\sqrt5}5\cdot c=14$、$\dfrac{5\sqrt2}2\cdot b=20$ と等しくない（rem-tay-tools (1)）。lem-tay-feet (1) の等式 $\overline{AF_a}\cdot c=\overline{AE_a}\cdot b=AH_A^2$ は、$H_A$ から $AB$、$AC$ への正射影がどちらも $AH_A^2$ になること、つまり $AH_A$ が $BC$ に垂直であることから出ていた。中点ではこれが成り立たない。

同じ三角形で、各頂点の角の二等分線が向かいの辺と交わる点から、残りの 2 辺に垂線を下ろす。$A$ の二等分線の足から $AB$、$AC$ に下ろした足の $A$ からの距離を $p$、$q$ とすると、二等分線は 2 辺と同じ角をなすので $p=q$ である。反平行線になる条件 $pc=qb$ は $c=b$ となり、$b=4\sqrt2\ne2\sqrt5=c$ なので成り立たない。数値では $pc\approx14.70$、$qb\approx18.60$ である。$A$ の二等分線の足から $AB$ に下ろした足と、$B$ の二等分線の足から $AB$、$BC$ に下ろした足の 3 点を通る円の方程式に、$A$ の二等分線の足から $AC$ に下ろした足を代入すると約 $-0.324$ になり、$0$ にならない。6 点は同じ円の上にない（sympy で計算した）。