Tuckerの円

同義語：タッカーの円Tucker circles

概要

Tuckerの円（Tucker circles）とは、三角形 $ABC$ を類似重心 $K$ を中心に比 $t$（$t\ne1$）で相似拡大した三角形 $A'B'C'$ の 3 辺の直線が、もとの 3 辺（を含む直線）と交わる 6 点を通る円である。6 点がどれも頂点と異なれば、どの $t$ でも 6 点は 1 つの円の上にあり、中心は外心 $O$ と $K$ から $\frac{1+t}2O+\frac{1-t}2K$ と書けて直線 $OK$ の上を動く。証明の鍵は、辺に平行な線分と、角の二等分線で折り返すと辺に平行になる反平行線の組である。$t=0$ は Lemoine の円、$t=-1$ は cosine 円で、Taylor の円も $t=1-\frac{a^2+b^2+c^2}{4R^2}$ の Tucker の円である。

$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathbin{÷}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

前提知識: Lemoineの円, Taylorの円, 相似変換と相似の中心, 類似重心

高校での出発点：類似重心を中心に三角形を縮める

Lemoineの円 では、類似重心 $K$ を通って 3 辺に平行な 3 本の直線を引き、辺との交点 6 つが 1 つの円に乗ることを見た。3 本の直線はどれも $K$ を通っていた。ここでは、3 本の直線を $K$ から少しずつ離してみる。離し方は、三角形 $ABC$ を $K$ を中心に縮めた三角形 $A'B'C'$ の 3 辺を使う。

直角三角形を半分に縮める

$A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(0,3)$ の直角三角形をとる。類似重心は $K\left(\dfrac{18}{25},\dfrac{24}{25}\right)$ である（類似重心）。
(1) $K$ を中心に $\dfrac12$ 倍に縮める。$A'=K+\dfrac12(A-K)$ などとすると
$$ A'\left(\frac9{25},\frac{12}{25}\right),\qquad B'\left(\frac{59}{25},\frac{12}{25}\right),\qquad C'\left(\frac9{25},\frac{99}{50}\right) $$
である（点と位置ベクトルを同じ文字で書く）。三角形 $A'B'C'$ の辺は、三角形 $ABC$ の辺に平行である。
(2) 3 本の直線と辺の交点。$B'C'$ は $BC$（$3x+4y=12$）に平行で $B'$ を通るので $3x+4y=\dfrac{177}{25}+\dfrac{48}{25}=9$ で、辺 $AB$（$y=0$）と $F'(3,0)$、辺 $CA$（$x=0$）と $E\left(0,\dfrac94\right)$ で交わる。$C'A'$ は $CA$ に平行な $x=\dfrac9{25}$ で、辺 $AB$ と $F\left(\dfrac9{25},0\right)$、辺 $BC$ と $D'\left(\dfrac9{25},\dfrac{273}{100}\right)$ で交わる（$4y=12-\dfrac{27}{25}=\dfrac{273}{25}$）。$A'B'$ は $AB$ に平行な $y=\dfrac{12}{25}$ で、辺 $CA$ と $E'\left(0,\dfrac{12}{25}\right)$、辺 $BC$ と $D\left(\dfrac{84}{25},\dfrac{12}{25}\right)$ で交わる（$3x=12-\dfrac{48}{25}=\dfrac{252}{25}$）。
(3) 円を探す。$x$ 軸の上の $F$、$F'$ を通る円の中心は $x=\dfrac12\left(\dfrac9{25}+3\right)=\dfrac{42}{25}$ の上に、$y$ 軸の上の $E'$、$E$ を通る円の中心は $y=\dfrac12\left(\dfrac{12}{25}+\dfrac94\right)=\dfrac{273}{200}$ の上にある。$N\left(\dfrac{42}{25},\dfrac{273}{200}\right)=\left(\dfrac{336}{200},\dfrac{273}{200}\right)$ をとると
$$ NF^2=\left(\frac{336-72}{200}\right)^2+\left(\frac{273}{200}\right)^2=\frac{264^2+273^2}{200^2}=\frac{144225}{40000}=\frac{5769}{1600} $$
で、$ND^2=\dfrac{336^2+177^2}{200^2}$、$ND'^2=\dfrac{264^2+273^2}{200^2}$ もどちらも $\dfrac{144225}{40000}$ になる。残りの $F'$、$E$、$E'$ も同じで、6 点は $N$ を中心とする半径 $\dfrac{\sqrt{5769}}{40}\approx1.899$ の円の上にある。
(4) 外心は斜辺の中点 $O\left(2,\dfrac32\right)$ である。$\dfrac34O+\dfrac14K=\left(\dfrac32+\dfrac{18}{100},\dfrac98+\dfrac{24}{100}\right)=\left(\dfrac{42}{25},\dfrac{273}{200}\right)$ なので、$N$ は線分 $KO$ を $3:1$ に内分する点で、直線 $OK$ の上にある。

類似重心 K を中心に半分に縮めた三角形 A'B'C'（灰色の破線）の 3 辺が辺と交わる 6 点は、直線 OK の上の点 N を中心とする円の上にある 類似重心 K を中心に半分に縮めた三角形 A'B'C'（灰色の破線）の 3 辺が辺と交わる 6 点は、直線 OK の上の点 N を中心とする円の上にある
ex-tuc-start では、縮める比を $\dfrac12$ にしても 6 点は円に乗り、中心は直線 $OK$ の上にあった。比 $0$ のとき（$A'=B'=C'=K$）は Lemoineの円 である。比を変えるとできる円の全体を Tucker の円（タッカーの円）という。この記事で答える問いは次の 3 つである。

  1. どの比でも 6 点は円に乗るか。中心はどこか。→ thm-tuc-main
  2. 比を変えると、円はどう動くか。Taylorの円 はその中に入るか。→ prop-tuc-taylor、rem-tuc-radius
  3. 縮める中心を $K$ 以外にしたらどうなるか。→ ex-tuc-cx-g
    高校の道具この記事の言葉大学の言葉
    相似の中心と相似比$K$ を中心とする比 $t$ の相似拡大1 つのパラメータ $t$
    平行四辺形の対角線反平行線の中点が類似中線の上等角共役
    方べきの定理の逆6 点が円に乗る円と直線の交点の 2 次方程式
    内分点の位置ベクトル中心 $N_t$ が直線 $OK$ の上中心が $t$ の 1 次式で動く円の族

言葉の準備：Tucker の 6 点

以下、三角形 $ABC$ の辺の長さを $a=BC$、$b=CA$、$c=AB$、$\sigma=a^2+b^2+c^2$ とし、外心を $O$、外接円の半径を $R$、類似重心を $K$ とする。点とその位置ベクトルを同じ文字で書く。符号つきの長さ $\overline{AP}$ は、Lemoineの円 と同じく、直線 $AB$ の上の点 $P$ が半直線 $AB$ の上にあれば $AP$、反対側にあれば $-AP$ とする。

Tucker の 6 点

$t\ne1$ を実数とする。$K$ を中心とする相似比 $t$ の相似拡大（相似変換と相似の中心。$t<0$ なら $K$ の反対側に移す）で、$A$、$B$、$C$ を
$$ A'=K+t(A-K),\qquad B'=K+t(B-K),\qquad C'=K+t(C-K) $$
に移す。三角形 $A'B'C'$ の辺はもとの辺に平行である（$t=0$ なら $A'=B'=C'=K$ とし、$K$ を通って $BC$、$CA$、$AB$ に平行な直線を「直線 $B'C'$、$C'A'$、$A'B'$」とする）。

  • 直線 $B'C'$（$BC$ に平行）が直線 $AB$、$CA$ と交わる点を $F'$、$E$、
  • 直線 $C'A'$（$CA$ に平行）が直線 $AB$、$BC$ と交わる点を $F$、$D'$、
  • 直線 $A'B'$（$AB$ に平行）が直線 $BC$、$CA$ と交わる点を $D$、$E'$
    とする。この 6 点を、比 $t$ の Tucker の 6 点 という。

$t=0$ のときの 6 点は、Lemoineの円 の 6 点と同じ名前の同じ点である。$t$ が $0$ に近いと三角形 $A'B'C'$ は小さく、$t$ が $1$ に近いと $ABC$ に近い。$t>1$ なら $A'B'C'$ は $ABC$ を囲む大きな三角形になり、6 点は辺の延長の上にくる。$t=1$ では 3 本の直線が辺そのものになり、交点が決まらないので除く。
6 点の位置は辺の長さと $t$ だけで書ける。

6 点の位置

$$ \overline{AF}=\frac{(1-t)b^2c}\sigma,\qquad \overline{AF'}=c-\frac{(1-t)a^2c}\sigma,\qquad \overline{AE'}=\frac{(1-t)c^2b}\sigma,\qquad \overline{AE}=b-\frac{(1-t)a^2b}\sigma $$
である。頂点 $B$、$C$ のまわりでも、文字を $A\to B\to C\to A$、$a\to b\to c\to a$ と回した式が成り立つ（たとえば $\overline{BD}=\dfrac{(1-t)c^2a}\sigma$、$\overline{BF'}=\dfrac{(1-t)a^2c}\sigma$）。

重心座標の 1 つの成分が一定の直線

要点：点 $X=\alpha A+\beta B+\gamma C$（$\alpha+\beta+\gamma=1$）で $\alpha$ が一定の点の集まりは $BC$ に平行な直線である（Lemoineの円 の命題「辺を $b^2:c^2:a^2$ に分ける」の証明と同じ）。$K=\dfrac{a^2A+b^2B+c^2C}\sigma$（類似重心）なので、$B'=(1-t)K+tB$ の $A$ の係数は $\dfrac{(1-t)a^2}\sigma$ で、直線 $B'C'$ は $\alpha=\dfrac{(1-t)a^2}\sigma$ の直線である。辺 $AB$ の上では $X=\alpha A+(1-\alpha)B$ なので $\overline{AX}=(1-\alpha)c$ で、$\overline{AF'}$ の式を得る。

詳しい証明を開く

段 1（平行な直線）。$\alpha$ が同じ 2 点 $X=\alpha A+\beta B+\gamma C$、$X'=\alpha A+\beta' B+\gamma' C$ では、$\beta+\gamma=\beta'+\gamma'=1-\alpha$ なので $X-X'=(\beta-\beta')(B-C)$ で、$BC$ に平行である。逆に $BC$ に平行な直線の上の点は、その直線の 1 点に $B-C$ の実数倍を足した点で、$\alpha$ は変わらない。

段 2（直線 $B'C'$ と $C'A'$）。$B'=(1-t)K+tB$ を $A$、$B$、$C$ で書くと $B'=\dfrac{(1-t)a^2}\sigma A+\left(\dfrac{(1-t)b^2}\sigma+t\right)B+\dfrac{(1-t)c^2}\sigma C$ で、係数の和は $1$ である。よって直線 $B'C'$ は $\alpha=\dfrac{(1-t)a^2}\sigma$ の直線である。同じく直線 $C'A'$（$CA$ に平行）は $B$ の係数 $\beta$ が $\dfrac{(1-t)b^2}\sigma$ の直線、直線 $A'B'$（$AB$ に平行）は $C$ の係数 $\gamma$ が $\dfrac{(1-t)c^2}\sigma$ の直線である。

段 3（辺 $AB$ の上）。辺 $AB$ の上の点は $X=(1-\beta)A+\beta B$ と書け、$\overline{AX}=\beta c$ である。$F'$ では $\alpha=1-\beta=\dfrac{(1-t)a^2}\sigma$ なので $\overline{AF'}=c-\dfrac{(1-t)a^2c}\sigma$、$F$ では $\beta=\dfrac{(1-t)b^2}\sigma$ なので $\overline{AF}=\dfrac{(1-t)b^2c}\sigma$ である。辺 $CA$ の上でも同じく、$\overline{AE}=b-\dfrac{(1-t)a^2b}\sigma$、$\overline{AE'}=\dfrac{(1-t)c^2b}\sigma$ である。$\square$

ex-tuc-start では $\sigma=50$、$1-t=\dfrac12$ なので、$\overline{AF}=\dfrac{9\cdot4}{100}=\dfrac9{25}$、$\overline{AF'}=4-\dfrac{25\cdot4}{100}=3$ で、座標で求めた $F$、$F'$ と一致する。

主定理：どの比でも 6 点は円に乗り、中心は直線 $OK$ の上

証明は Lemoineの円 の主定理の証明とほぼ同じである。違うのは、頂点 $A$ のところの平行四辺形の頂点が $K$ ではなく $A'$ になることだけである。使う道具を再掲する。

Lemoine の円で証明した道具
  1. 平行線と反平行線（Lemoineの円 の命題「平行線と反平行線の判定」）：直線 $AB$ の上の点 $P$、直線 $AC$ の上の点 $Q$（どちらも $A$ と異なる）について、$PQ\parallel BC$ は $\overline{AP}\cdot b=\overline{AQ}\cdot c$ と、$PQ$ が $BC$ の反平行線（角 $A$ の二等分線で折り返すと $BC$ に平行になる直線）であることは $\overline{AP}\cdot c=\overline{AQ}\cdot b$ と同値である。
  2. 反平行線の中点（Lemoineの円 の補題「反平行線の中点は類似中線の上にある」）：$PQ$ が $BC$ の反平行線であることは、線分 $PQ$ の中点が直線 $AK$ の上にあることと同値である。
  3. 反平行線は $AO$ に垂直（Lemoineの円 の補題「反平行線は $AO$ に垂直」）。
  4. 6 点が円に乗る条件（Lemoineの円 の補題「3 辺の上の 6 点が円に乗る条件」）：直線 $BC$、$CA$、$AB$ の上の、どれも頂点と異なる点 $D_1,D_2$、$E_1,E_2$、$F_1,F_2$ について、$F_1\ne F_2$ で、次の 3 つが成り立てば、6 点は 1 つの円の上にある。
  1. $\overline{AF_1}\cdot\overline{AF_2}=\overline{AE_1}\cdot\overline{AE_2}$
  2. $\overline{BD_1}\cdot\overline{BD_2}=\overline{BF_1}\cdot\overline{BF_2}$
  3. $\overline{CE_1}\cdot\overline{CE_2}=\overline{CD_1}\cdot\overline{CD_2}$
Tucker の円

$t\ne1$ とし、比 $t$ の Tucker の 6 点 $D,D',E,E',F,F'$ がどれも三角形の頂点と異なるとする。このとき 6 点は 1 つの円の上にあり、その中心は
$$ N_t=\frac{1+t}2\,O+\frac{1-t}2\,K $$
である。特に中心は直線 $OK$ の上にある。

頂点の平行四辺形の対角線が反平行線になる

方針：頂点 $A$ で、平行四辺形 $AFA'E'$ の対角線 $FE'$ が反平行線になり、直線 $F'E$ が平行線になることを示す。比の打ち消し合いで rem-tuc-tools (4) の条件がそろう。中心は、反平行線の垂直二等分線が $AO$ に平行であることから求める。
段 1（頂点 $A$ の反平行線）。$F$ は $A'$ を通り $CA$ に平行な直線の上に、$E'$ は $A'$ を通り $AB$ に平行な直線の上にある。$t\ne1$ より $A'\ne A$ で、$A'$ は直線 $AK$ の上の点なので、直線 $AB$、$AC$ の上にない（直線 $AK$ が直線 $AB$、$AC$ と共有するのは $A$ だけ）。よって四角形 $AFA'E'$ は、辺 $AF$ と $E'A'$、辺 $AE'$ と $FA'$ がそれぞれ平行な平行四辺形で、対角線 $FE'$ の中点は対角線 $AA'$ の中点
$$ M_A=\frac{A+A'}2=\frac{(1+t)A+(1-t)K}2 $$
に一致する。$M_A$ は直線 $AK$ の上にあるので、rem-tuc-tools (2) により $FE'$ は $BC$ の反平行線で、(1) から $\overline{AF}\cdot c=\overline{AE'}\cdot b$ である。
段 2（頂点 $A$ の条件）。直線 $F'E$ は $BC$ に平行なので、rem-tuc-tools (1) から $\overline{AF'}\cdot b=\overline{AE}\cdot c$ である。段 1 の等式と辺どうしを掛けて $bc$ で割ると
$$ \overline{AF}\cdot\overline{AF'}=\overline{AE'}\cdot\overline{AE} $$
である。これは rem-tuc-tools (4) の条件 (i) である。
段 3（頂点 $B$、$C$ の条件）。頂点 $B$ では、平行四辺形 $BDB'F'$ の対角線 $DF'$ が $CA$ の反平行線、直線 $FD'$ が $CA$ に平行で、段 1・段 2 と同じ計算で $\overline{BD}\cdot\overline{BD'}=\overline{BF'}\cdot\overline{BF}$ を得る。頂点 $C$ では、平行四辺形 $CEC'D'$ の対角線 $ED'$ が $AB$ の反平行線、直線 $DE'$ が $AB$ に平行で、$\overline{CE}\cdot\overline{CE'}=\overline{CD'}\cdot\overline{CD}$ を得る。これらは条件 (ii)・(iii) である。
段 4（6 点は同じ円の上）。6 点は仮定により頂点と異なる。正三角形で $t=-\dfrac12$ の場合（下の「詳細」で別に扱う）を除けば、3 本の辺のうち少なくとも 1 本の上では 2 点が異なる。その辺を $AB$ と呼び直せば $F_1\ne F_2$ の仮定も満たされ、rem-tuc-tools (4) により 6 点は 1 つの円 $\Gamma$ の上にある。

詳細

prop-tuc-pos から $\overline{AF'}-\overline{AF}=c-\dfrac{(1-t)(a^2+b^2)c}\sigma=\dfrac{c\,(c^2+t(a^2+b^2))}\sigma$ である。$F=F'$ となるのは $c^2+t(a^2+b^2)=0$ のとき、同じく $D=D'$ は $a^2+t(b^2+c^2)=0$、$E=E'$ は $b^2+t(c^2+a^2)=0$ のときである。3 つが同時に成り立つとすると、$c^2+t(a^2+b^2)=a^2+t(b^2+c^2)$ から $(c^2-a^2)(1-t)=0$、$t\ne1$ なので $a=c$ で、同じく $a=b$ である。このとき $1+2t=0$、つまり正三角形で $t=-\dfrac12$ の場合に限られる。この場合、6 点は 3 辺の中点の 3 つに重なり、3 つの中点は一直線の上にないので、それらを通る円がある（中心は $K=O$ で、$N_{-1/2}=\dfrac14O+\dfrac34K$ に一致する）。


段 5（中心）。$\Gamma$ の中心は、弦 $FE'$ の垂直二等分線 $\ell_A$ の上にある。$\ell_A$ は段 1 の $M_A$ を通り、rem-tuc-tools (3) により $FE'\perp AO$ なので、$AO$ に平行である。$M_A$ から $\dfrac{1+t}2\overrightarrow{AO}$ だけ進んだ点は
$$ \frac{(1+t)A+(1-t)K}2+\frac{1+t}2(O-A)=\frac{1+t}2\,O+\frac{1-t}2\,K=N_t $$
なので、$\ell_A$ は $N_t$ を通る。同じく、弦 $DF'$ の垂直二等分線 $\ell_B$ は $N_t$ を通って $BO$ に平行、弦 $ED'$ の垂直二等分線 $\ell_C$ は $N_t$ を通って $CO$ に平行である。$AO$、$BO$、$CO$ の 3 本がすべて平行になることはないので、3 本のうち異なる 2 本がどちらも $\Gamma$ の中心と $N_t$ を通り、中心は $N_t$ である。$\square$

$t=0$ とすると $N_0=\dfrac{O+K}2$ で、Lemoineの円 の主定理にもどる。ex-tuc-start は $t=\dfrac12$ で、$N_{1/2}=\dfrac34O+\dfrac14K$ だった。中心 $N_t$ は、$t=1$ のとき $O$、$t=-1$ のとき $K$ になる $t$ の 1 次式で、$t$ を動かすと直線 $OK$ の上を動く（正三角形では $O=K$ で、中心はいつも $O$ である）。

13, 14, 15 の三角形の 2 つの Tucker の円

$B(0,0)$、$C(14,0)$、$A(5,12)$ とする。$K\left(\dfrac{1673}{295},\dfrac{1176}{295}\right)$、$O\left(7,\dfrac{33}8\right)$、$\sigma=590$ である（Lemoineの円 と同じ三角形）。
(1) $t=\dfrac3{10}$。6 点を通る円の中心は $N_{3/10}=\dfrac{13}{20}O+\dfrac7{20}K=\left(\dfrac{9639}{1475},\dfrac{192411}{47200}\right)\approx(6.535,\ 4.077)$、半径は約 $5.524$ である。
(2) $t=\dfrac75$。三角形 $A'B'C'$ は $ABC$ を囲み、6 点は辺の延長の上にある。中心は $N_{7/5}=\dfrac65O-\dfrac15K=\left(\dfrac{10717}{1475},\dfrac{24501}{5900}\right)\approx(7.266,\ 4.153)$ で、線分 $OK$ の外（$O$ の先）にある。半径は約 $9.794$ である。

6 点の座標を開く

$t=\dfrac3{10}$ では、prop-tuc-pos から $\overline{AF}=\dfrac{0.7\cdot225\cdot13}{590}=\dfrac{819}{236}$、$\overline{AF'}=13-\dfrac{0.7\cdot196\cdot13}{590}=\dfrac{14716}{1475}$ である。座標は、$F'\left(\dfrac{343}{295},\dfrac{4116}{1475}\right)$、$E\left(\dfrac{17563}{1475},\dfrac{4116}{1475}\right)$、$F\left(\dfrac{865}{236},\dfrac{519}{59}\right)$、$D'\left(\dfrac{1211}{118},0\right)$、$E'\left(\dfrac{40147}{5900},\dfrac{14151}{1475}\right)$、$D\left(\dfrac{8281}{2950},0\right)$。

$t=\dfrac75$：$F'\left(-\dfrac{196}{295},-\dfrac{2352}{1475}\right)$、$E\left(\dfrac{22414}{1475},-\dfrac{2352}{1475}\right)$、$F\left(\dfrac{340}{59},\dfrac{816}{59}\right)$、$D'\left(\dfrac{952}{59},0\right)$、$E'\left(\dfrac{5854}{1475},\dfrac{19728}{1475}\right)$、$D\left(-\dfrac{2366}{1475},0\right)$。

どちらの $t$ でも、6 点が中心 $N_t$ から等しい距離にあることを sympy で確かめた。$t=\dfrac75$ では $\overline{AF'}=13-\dfrac{(-0.4)\cdot196\cdot13}{590}>13$ で、$F'$ は $B$ の先にある。

比 t が 3/10 の Tucker の円。赤は縮めた三角形の辺の上の 3 本、オレンジは反平行線の 3 本 比 t が 3/10 の Tucker の円。赤は縮めた三角形の辺の上の 3 本、オレンジは反平行線の 3 本
比 t が 7/5 の Tucker の円。広げた三角形（灰色の破線）の辺が辺の延長と交わる 比 t が 7/5 の Tucker の円。広げた三角形（灰色の破線）の辺が辺の延長と交わる

図 2・図 3 では、6 点を結ぶ六角形の辺が、赤（もとの辺に平行）とオレンジ（反平行線）で交互に並ぶ。緑の破線は直線 $OK$ で、円の中心はその上にある。

鈍角三角形の Tucker の円

$A(-2,3)$、$B(0,0)$、$C(8,0)$（角 $B$ が鈍角）では、$K\left(-\dfrac4{31},\dfrac{32}{31}\right)$、$O\left(4,\dfrac{29}6\right)$ である。$t=\dfrac12$ の円の中心は $N_{1/2}=\left(\dfrac{92}{31},\dfrac{963}{248}\right)$、半径は約 $4.723$、$t=-\dfrac12$ の円の中心は $N_{-1/2}=\left(\dfrac{28}{31},\dfrac{1475}{744}\right)$、半径は約 $1.984$ で、どちらも 6 点が円の上にあることを sympy で確かめた。

系：反平行の 3 辺は長さが等しい

Tucker の 6 点を $F$、$E'$、$D$、$F'$、$E$、$D'$ の順に結ぶ六角形（辺どうしが交わることもある）では、辺 $FE'$、$DF'$、$ED'$ が反平行線、辺 $E'D$、$F'E$、$D'F$ がもとの辺に平行な線分で、2 種類の辺が交互に並ぶ。反平行の 3 辺の長さはそろう。

反平行の辺の長さ

比 $t$ の Tucker の 6 点について
$$ FE'=DF'=ED'=\frac{\lvert1-t\rvert\,abc}{a^2+b^2+c^2} $$
である。

相似な三角形の辺の比

要点：prop-tuc-pos から $\dfrac{\overline{AF}}b=\dfrac{\overline{AE'}}c=\dfrac{(1-t)bc}\sigma$ なので、三角形 $AFE'$ は三角形 $ACB$ と相似で、相似比は $\dfrac{\lvert1-t\rvert bc}\sigma$ である。よって $FE'=a\cdot\dfrac{\lvert1-t\rvert bc}\sigma$ で、これは $a,b,c$ について対称な式である。

詳しい証明を開く

prop-tuc-pos から $\overline{AF}=\dfrac{(1-t)b^2c}\sigma$、$\overline{AE'}=\dfrac{(1-t)c^2b}\sigma$ で、$\dfrac{\overline{AF}}b=\dfrac{\overline{AE'}}c$ である。三角形 $AFE'$ と三角形 $ACB$ は、$A$ での角が等しい（$1-t<0$ のときは 2 辺がどちらも反対向きになり、対頂角として等しい）ので、2 辺の比とその間の角が等しく相似である（$F$ と $C$、$E'$ と $B$ が対応）。相似比は $\dfrac{AF}b$ なので

$$FE'=a\cdot\frac{AF}b=a\cdot\frac{\lvert1-t\rvert\,bc}\sigma=\frac{\lvert1-t\rvert\,abc}\sigma$$

である。この式は $a,b,c$ について対称なので、頂点 $B$、$C$ で同じ計算をした $DF'$、$ED'$ も同じ値になる。$\square$

ex-tuc-start（$a=5$、$b=3$、$c=4$、$t=\dfrac12$）では $\dfrac{\frac12\cdot60}{50}=\dfrac35$ で、実際 $FE'=\sqrt{\left(\dfrac9{25}\right)^2+\left(\dfrac{12}{25}\right)^2}=\dfrac{15}{25}=\dfrac35$ である。$t=-1$ のとき 3 本の反平行線はどれも $K$ を通り（中心 $N_{-1}=K$）、長さ $\dfrac{2abc}\sigma$ はその円の直径である。これが Lemoineの円 の系の cosine 円で、半径 $\dfrac{abc}{a^2+b^2+c^2}$ はこの系からも分かる。

Tucker の円の族と、その中の特別な円

$t$ を動かすと、1 つの実数 $t$ で番号の付いた円の集まり（円の族）ができる。その中に、これまでに見た円が入っている。Taylorの円 もその 1 つである。

Taylor の円は Tucker の円

直角三角形でない三角形 $ABC$ で、
$$ t_T=1-\frac{a^2+b^2+c^2}{4R^2} $$
とすると、比 $t_T$ の Tucker の 6 点は、Taylorの円 の 6 点と一致する。特に Taylor の円は比 $t_T$ の Tucker の円で、その中心は直線 $OK$ の上にある。

6 点の位置を比べる

要点：$1-t_T=\dfrac\sigma{4R^2}$ と正弦定理 $a=2R\sin A$ などから、prop-tuc-pos の位置は $\overline{AF'}=c\cos^2A$、$\overline{AF}=c\sin^2B$、$\overline{AE}=b\cos^2A$、$\overline{AE'}=b\sin^2C$ になる。これは Taylorの円 の補題「足を結ぶ線分の向き」の値（$AH_A=c\sin B=b\sin C$ を使う）と一致するので、6 点が一致する。

詳しい証明を開く

方針：prop-tuc-pos の位置の式に $1-t_T=\dfrac\sigma{4R^2}$ を代入し、正弦定理で書きかえて、Taylorの円 の補題「足を結ぶ線分の向き」の値と比べる。

段 1（辺 $AB$ の上）。正弦定理 $a=2R\sin A$、$b=2R\sin B$（正弦定理（高校数学））から $\dfrac{a^2}{4R^2}=\sin^2A$、$\dfrac{b^2}{4R^2}=\sin^2B$ である。prop-tuc-pos から

$$\overline{AF'}=c-\frac{\sigma}{4R^2}\cdot\frac{a^2c}\sigma=c\,(1-\sin^2A)=c\cos^2A,\qquad \overline{AF}=\frac{\sigma}{4R^2}\cdot\frac{b^2c}\sigma=c\sin^2B$$

である。Taylor の円の 6 点の記号（$H_A$、$H_B$ から直線 $AB$ に下ろした足を $F_a$、$F_b$ とする）で、Taylorの円 の補題から $\overline{AF_b}=c\cos^2A$、$\overline{AF_a}=\dfrac{AH_A^2}c$ である。$AH_A$ は $A$ から直線 $BC$ までの距離で $AH_A=c\sin B$ なので、$\overline{AF_a}=c\sin^2B$ である。よって $F'=F_b$、$F=F_a$ である。

段 2（残りの辺）。辺 $CA$ の上でも同じく、$\overline{AE}=b\cos^2A=\overline{AE_c}$、$\overline{AE'}=b\sin^2C=\dfrac{AH_A^2}b=\overline{AE_a}$（$AH_A=b\sin C$）で、$E=E_c$、$E'=E_a$ である。文字を回すと、辺 $BC$ の上で $D=D_b$、$D'=D_c$ である。6 点がすべて一致するので、2 つの円も一致する。$t_T\ne1$ で、6 点はどれも頂点と異なる（Taylorの円 の主定理の証明の段 3）ので、中心は thm-tuc-main により直線 $OK$ の上にある。$\square$

$\sigma=4R^2(\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C)$ なので、$t_T$ は角だけで決まる。Taylorの円 の最初の例の三角形 $A(2,4)$、$B(0,0)$、$C(6,0)$ では $\sigma=88$、$R^2=10$ で $t_T=1-\dfrac{88}{40}=-\dfrac65$ である。比 $-\dfrac65$ の Tucker の 6 点は、Taylor の円の 6 点と一致する。

6 点の座標を開く

$F'\left(\dfrac95,\dfrac{18}5\right)$、$E\left(\dfrac{12}5,\dfrac{18}5\right)$、$F\left(\dfrac25,\dfrac45\right)$、$D'\left(\dfrac65,0\right)$、$E'(4,2)$、$D(3,0)$ で、Taylorの円 の最初の例の $F_b$、$E_c$、$F_a$、$D_c$、$E_a$、$D_b$ と順に一致する（sympy でも確かめた）。


族の中の特別な円を表にまとめる。

比 $t$円中心 $N_t$13, 14, 15 の三角形の半径
$0$Lemoineの円$OK$ の中点約 $4.675$
$-1$cosine 円（第 2 Lemoine 円）$K$$\dfrac{273}{59}\approx4.627$
$1-\dfrac{\sigma}{4R^2}$Taylorの円直線 $OK$ の上約 $5.256$（$t=-\dfrac{1043}{845}$）
$1$ に近づける外接円に近づく$O$ に近づく$R=\dfrac{65}8$ に近づく

表の最後の行は、rem-tuc-radius の半径の式で $t\to1$ とした値である（$t=1$ そのものでは 6 点が決まらない）。
13, 14, 15 の三角形の Tucker の円 4 つ（t = -1, 0, Taylor, 1/2）と外接円（灰色の破線）。中心はどれも直線 OK（点線）の上にある 13, 14, 15 の三角形の Tucker の円 4 つ（t = -1, 0, Taylor, 1/2）と外接円（灰色の破線）。中心はどれも直線 OK（点線）の上にある

例と反例

thm-tuc-main の仮定を外すと、6 点は円に乗らなくなる。

外す条件反例成り立たなくなること
相似の中心が類似重心 $K$13, 14, 15 の三角形で、重心 $G$ を中心に $t=\dfrac12$6 点が 1 つの円の上にある
3 本の直線が 1 つの相似拡大から来るex-tuc-start の三角形で、1 本だけ別の比6 点が 1 つの円の上にある
反例：重心を中心に縮める

$B(0,0)$、$C(14,0)$、$A(5,12)$ で、重心 $G\left(\dfrac{19}3,4\right)$ を中心に $\dfrac12$ 倍に縮めた三角形の 3 辺と、もとの辺の交点を def-tuc と同じ名前で求めると、$F'\left(\dfrac56,2\right)$、$E\left(\dfrac{25}2,2\right)$、$F\left(\dfrac{25}6,10\right)$、$D'\left(\dfrac{35}3,0\right)$、$E'\left(\dfrac{13}2,10\right)$、$D\left(\dfrac73,0\right)$ である。3 点 $F'$、$F$、$D'$ を通る円は
$$ x^2+y^2-\frac{383}{28}x-\frac{939}{112}y+\frac{845}{36}=0 $$
で、$D\left(\dfrac73,0\right)$ を代入すると $\dfrac{49}9-\dfrac{383}{12}+\dfrac{845}{36}=\dfrac{196-1149+845}{36}=-3\ne0$ になる。6 点は同じ円の上にない。
理由は頂点 $A$ にある。平行四辺形 $AFA'E'$ の対角線 $FE'$ の中点は $AA'$ の中点で、今度は直線 $AG$（中線）の上にあるので、$FE'$ は反平行線ではなく $BC$ に平行になる（$F$、$E'$ の $y$ 座標はどちらも $10$）。平行線 2 本の組では比が打ち消し合わず、$\overline{AF}\cdot\overline{AF'}=\dfrac{845}{36}$、$\overline{AE'}\cdot\overline{AE}=\dfrac{125}4$ と条件 (i) が崩れる。

反例：1 本だけ別の比で動かす

ex-tuc-start の三角形 $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(0,3)$ で、$CA$、$AB$ に平行な 2 本は $t=\dfrac12$ のまま（$x=\dfrac9{25}$、$y=\dfrac{12}{25}$）とし、$BC$ に平行な 1 本だけを $t=0$ の直線 $3x+4y=6$（$K$ を通る）に替える。辺との交点は $F\left(\dfrac9{25},0\right)$、$D'\left(\dfrac9{25},\dfrac{273}{100}\right)$、$E'\left(0,\dfrac{12}{25}\right)$、$D\left(\dfrac{84}{25},\dfrac{12}{25}\right)$、$F'(2,0)$、$E\left(0,\dfrac32\right)$ である。
頂点 $A$ では、$FE'$ は $BC$ の反平行線のまま、$F'E$ は $BC$ に平行なので、条件 (i) は成り立つ（$\overline{AF}\cdot\overline{AF'}=\dfrac{18}{25}=\overline{AE'}\cdot\overline{AE}$）。しかし 3 点 $F$、$F'$、$D'$ を通る円 $x^2+y^2-\dfrac{59}{25}x-\dfrac{273}{100}y+\dfrac{18}{25}=0$ に $D$ を代入すると $3\ne0$ になる。頂点 $B$ の平行四辺形の頂点（直線 $y=\dfrac{12}{25}$ と $3x+4y=6$ の交点 $\left(\dfrac{34}{25},\dfrac{12}{25}\right)$）が直線 $BK$ の上にないので、$DF'$ が $CA$ の反平行線でなくなり、条件 (ii) が崩れる。

$D$ を代入する計算を開く

$\left(\dfrac{84}{25}\right)^2+\left(\dfrac{12}{25}\right)^2-\dfrac{59}{25}\cdot\dfrac{84}{25}-\dfrac{273}{100}\cdot\dfrac{12}{25}+\dfrac{18}{25}=\dfrac{7056+144-4956-819+450}{625}=\dfrac{1875}{625}=3$ である。

重心 G を中心に半分に縮めた三角形の 3 辺の 6 点。破線の円は 3 点を通るが、赤い点 E、E'、D はこの円の上にない 重心 G を中心に半分に縮めた三角形の 3 辺の 6 点。破線の円は 3 点を通るが、赤い点 E、E'、D はこの円の上にない

大学数学で見る：1 つのパラメータの円の族

thm-tuc-main により、Tucker の円の中心 $N_t$ は $t$ の 1 次式で、直線 $OK$ の上を動く。半径については次の式が知られている（Wei26。この記事では証明せず、数値で確かめる）。

半径の式

$\lambda=\dfrac{1+t}2$ とおく（$\overrightarrow{KN_t}=\lambda\overrightarrow{KO}$ となる数）。比 $t$ の Tucker の円の半径 $r_t$ は
$$ r_t=R\sqrt{\lambda^2+(1-\lambda)^2\tan^2\omega} $$
である。$\omega$ は Brocard 角（Brocard点）で、$\cot\omega=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}$（$S$ は三角形の面積）である。
$\lambda=\dfrac12$（$t=0$）で $r_0=\dfrac R2\sqrt{1+\tan^2\omega}=\dfrac12R\sec\omega$、$\lambda=0$（$t=-1$）で $r_{-1}=R\tan\omega$ となり、Lemoineの円 で紹介した 2 つの半径の式にもどる。$\lambda\to1$（$t\to1$）で $r_t\to R$ である。
ex-tuc-start の三角形では $R=\dfrac52$、$S=6$、$\cot\omega=\dfrac{50}{24}$ で $\tan^2\omega=\dfrac{144}{625}$ である。$t=\dfrac12$ では $\lambda=\dfrac34$ で
$$ r_{1/2}^2=\frac{25}4\left(\frac9{16}+\frac1{16}\cdot\frac{144}{625}\right)=\frac{25}4\cdot\frac{5625+144}{10000}=\frac{5769}{1600} $$
となり、ex-tuc-start の $NF^2$ と一致する。

ほかの三角形での確認を開く

13, 14, 15 の三角形の $t=\dfrac3{10},\dfrac{11}{20},\dfrac75,-\dfrac12,0,-1$ と $t_T=-\dfrac{1043}{845}$、鈍角三角形 $A(-2,3)$、$B(0,0)$、$C(8,0)$ と、ほか 2 つの三角形の同じ 6 つの $t$ で、6 点を通る円の半径の 2 乗がこの式の値と一致することを sympy で確かめた。

半径の 2 乗 $r_t^2=R^2\left(\lambda^2+(1-\lambda)^2\tan^2\omega\right)$ は $\lambda$ の、したがって $t$ の 2 次式である。中心は $t$ の 1 次式で動き、半径の 2 乗は $t$ の 2 次式で変わる。こうした「1 つのパラメータで番号の付いた円の集まり」は、円の方程式 $x^2+y^2+lx+my+n=0$ の係数 $(l,m,n)$ の空間の中の 1 本の曲線として見ることができる。中心の座標は $\left(-\dfrac l2,-\dfrac m2\right)$ なので $l$、$m$ は $t$ の 1 次式である。

さらに先へ

  • Tucker の円の族は、類似重心 $K$ を中心とする相似拡大から作った。中心を重心 $G$ に替えると 6 点は円に乗らない（ex-tuc-cx-g）。類似重心が特別なのは、反平行線の中点が類似中線の上にあること（Lemoineの円）による。
  • Tucker の円の中心が動く直線 $OK$ は、$OK$ を直径とする Brocard 円（Brocard点）の中心線でもある。Lemoine の円の中心 $N_0$ は Brocard 円の中心である。
  • Wei26 は、Tucker の円の族の特別な場合として、外接円（$\lambda=1$。この記事の作り方では $t=1$ で 6 点が決まらないので、外接円は $t\to1$ の極限として現れる）、cosine 円（$\lambda=0$）、Lemoine の円（$\lambda=\dfrac12$）、Taylor の円（$\lambda=-\cos A\cos B\cos C$）を挙げている。prop-tuc-taylor の $t_T$ は、$\lambda=\dfrac{1+t_T}2=1-\dfrac{\sigma}{8R^2}$ で、三角形の角についての恒等式 $\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C=2+2\cos A\cos B\cos C$（この記事では証明しない）から $\sigma=4R^2(2+2\cos A\cos B\cos C)$ となるので、この値になる（13, 14, 15 の三角形では $\lambda=-\dfrac{99}{845}$ で、どちらの式でも同じ値になる）。

関連項目

参考文献

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Tuckerの円