Kiepertの双曲線

要点：底角 $\lvert\theta\rvert$ の二等辺三角形の 3 つ目の頂点は、底辺の中点から底辺に垂直に（底辺の半分）$\times\lvert t\rvert$ だけ進んだ点である。反時計回りに並ぶ三角形では、辺の向きのベクトルを時計回りに $90^\circ$ 回した向きが外側なので、$\overrightarrow{BC}=(2,0)$、$\overrightarrow{CA}=(p-1,q)$、$\overrightarrow{AB}=(-1-p,-q)$ を回した $(0,-2)$、$(q,1-p)$、$(-q,1+p)$ の $\dfrac t2$ 倍を、それぞれの辺の中点に足せばよい（$t$ の符号が外側・内側を決める）。直線の式は、通る点と方向ベクトルから書く。

方針：lem-kie-coords の 3 本の方程式に $K(\theta)$ を代入し、両辺に $D$ を掛けた式が一致することを確かめる。平行になる条件は、方向ベクトルで調べる。
段 1（$AA'$ の上にある）。$(q+t)x=p(y+t)$ に代入して $D$ を掛けると、示すことは $(q+t)X=p\,(Y+tD)$ である。左辺は
$$ (q+t)X=p\,(q+t)(qt^2+4t+q)=p\,(qt^3+q^2t^2+4t^2+5qt+q^2) $$
である。右辺のかっこの中は
$$ Y+tD=q^2+2qt+t^2-p^2t^2+qt^3+(p^2+q^2+3)t^2+3qt=qt^3+q^2t^2+4t^2+5qt+q^2 $$
で、$p^2t^2$ の項が打ち消し合い、左辺のかっこの中と一致する。
段 2（$BB'$ の上にある）。$(q+t-pt)(x+1)=(3+p+qt)y$ に代入して $D$ を掛けると、示すことは
$$ (q+t-pt)(X+D)=(3+p+qt)\,Y=(3+p+qt)(q+t-pt)(q+t+pt) $$
である。両辺に共通の因数 $q+t-pt$ があるので、$X+D=(3+p+qt)(q+t+pt)$ を示せばよい。左辺は
$$ X+D=pqt^2+4pt+pq+qt^2+(p^2+q^2+3)t+3q=(p+1)qt^2+\bigl((p+1)(p+3)+q^2\bigr)t+(p+3)q $$
で（$p^2+4p+3=(p+1)(p+3)$）、右辺を展開すると
$$ (3+p+qt)\bigl(q+(1+p)t\bigr)=(p+3)q+(p+1)(p+3)t+q^2t+(p+1)qt^2 $$
となり、一致する。
段 3（$CC'$ の上にある）。$(q+t+pt)(x-1)=(p-3-qt)y$ に代入して $D$ を掛けると、段 2 と同じく共通の因数 $q+t+pt$ をくくり出して、$X-D=(p-3-qt)(q+t-pt)$ を示せばよい。左辺は
$$ X-D=(p-1)qt^2-\bigl((p-1)(p-3)+q^2\bigr)t+(p-3)q $$
で（$4p-p^2-3=-(p-1)(p-3)$）、右辺を展開すると
$$ (p-3-qt)\bigl(q-(p-1)t\bigr)=(p-3)q-(p-1)(p-3)t-q^2t+(p-1)qt^2 $$
となり、一致する。段 1〜3 より、$D\ne0$ のとき $K(\theta)$ は 3 本の直線の上にある。
段 4（$D=0$ のとき平行）。方向ベクトル $\overrightarrow{AA'}=(-p,\,-q-t)$ と $2\overrightarrow{BB'}=(3+p+qt,\ q+t-pt)$ について、$u_1v_2-u_2v_1$ を計算すると
$$ -p\,(q+t-pt)+(q+t)(3+p+qt)=-pq-pt+p^2t+3q+pq+q^2t+3t+pt+qt^2=D $$
である。同じく $\overrightarrow{AA'}$ と $2\overrightarrow{CC'}=(p-3-qt,\ q+t+pt)$ では $-D$ になる。$D=0$ なら、$AA'$ は $BB'$ とも $CC'$ とも平行で、3 本は平行である。$D\ne0$ なら $AA'$ と $BB'$ は平行でないので、交点はただ 1 つで、それが $K(\theta)$ である。$\square$

方針：段 1 で $t$ を消去して $\Phi=0$ を導く。段 2 で 5 点を代入し、段 3〜4 で直角双曲線であることを示す。
段 1（$t$ の消去）。$K(\theta)=(x,y)$ は $AA'$ と $BB'$ の上にある。2 本の方程式を $t$ について整理すると
$$ t\,(x-p)=py-qx,\qquad t\,M=N,\qquad M:=(1-p)(x+1)-qy,\quad N:=(3+p)y-q(x+1) $$
である（$BB'$ の式 $(q+t-pt)(x+1)=(3+p+qt)y$ の $t$ を含む項を左辺に集めた）。1 つ目の式の両辺に $M$ を掛け、2 つ目の式を使うと
$$ (py-qx)M=t\,(x-p)M=(x-p)\,tM=(x-p)N $$
となる。両辺を展開する。
$$ (py-qx)M=p(1-p)xy+p(1-p)y-pq\,y^2-q(1-p)x^2-q(1-p)x+q^2xy $$
$$ (x-p)N=(3+p)xy-q\,x^2-q\,x-p(3+p)y+pq\,x+pq $$
左の式から右の式を引くと、$x^2$ の係数は $-q(1-p)+q=pq$、$xy$ の係数は $p-p^2+q^2-3-p=q^2-p^2-3$、$y^2$ の係数は $-pq$、$x$ の係数は $-q+pq+q-pq=0$、$y$ の係数は $p-p^2+3p+p^2=4p$、定数項は $-pq$ である。よって $\Phi(x,y)=0$ である。
段 2（5 点を通る）。$B(-1,0)$、$C(1,0)$ では $\Phi=pq-pq=0$ である。$A(p,q)$ では
$$ \Phi(p,q)=pq\bigl(p^2+(q^2-p^2-3)-q^2+4-1\bigr)=0 $$
である。重心 $G\left(\dfrac p3,\dfrac q3\right)$ では
$$ \Phi\left(\frac p3,\frac q3\right)=pq\left(\frac{p^2+(q^2-p^2-3)-q^2}9+\frac43-1\right)=pq\left(-\frac13+\frac13\right)=0 $$
である。垂心は $H\left(p,\dfrac{1-p^2}q\right)$ である（$A$ からの垂線は $x=p$、$B$ からの垂線は $\overrightarrow{CA}=(p-1,q)$ に垂直な直線 $(p-1)(x+1)+qy=0$ で、$x=p$ を入れて $y=\dfrac{1-p^2}q$）。代入すると
$$ \Phi(H)=p^3q+\frac{(q^2-p^2-3)p(1-p^2)}q-\frac{p(1-p^2)^2}q+\frac{4p(1-p^2)}q-pq $$
で、分母 $q$ の 3 項をまとめると $\dfrac{p(1-p^2)}q\bigl(q^2-p^2-3-(1-p^2)+4\bigr)=\dfrac{p(1-p^2)}q\cdot q^2=pq(1-p^2)$ である。残りの $p^3q-pq=pq(p^2-1)$ と合わせて $\Phi(H)=0$ である。
段 3（漸近線が直交する）。二等辺三角形でないとき、$AB\ne AC$ なので $p\ne0$ である（$AB^2-AC^2=(p+1)^2-(p-1)^2=4p$）。$\Phi$ を $pq$ で割って
$$ F(x,y):=x^2+\beta\,xy-y^2+\varepsilon\,y-1,\qquad \beta=\frac{q^2-p^2-3}{pq},\quad \varepsilon=\frac4q $$
とおく。2 次の部分 $x^2+\beta xy-y^2$ が $0$ になる向き、つまり傾き $m$ の直線 $y=mx$ で $1+\beta m-m^2=0$ となる $m$ は、判別式 $\beta^2+4>0$ から 2 つあり、解と係数の関係から積は $-1$ である。2 本の向きは直交する。
段 4（つぶれない）。2次曲線と2次形式 と同じく、平行移動で 1 次の項を消す。$F$ を $x$、$y$ で偏微分した $2x+\beta y$、$\beta x-2y+\varepsilon$ がともに $0$ になる点（中心）は $x_0=-\dfrac{\beta\varepsilon}{4+\beta^2}$、$y_0=\dfrac{2\varepsilon}{4+\beta^2}$ で、$x=x_0+X$、$y=y_0+Y$ と置きかえると
$$ X^2+\beta XY-Y^2=-F(x_0,y_0),\qquad F(x_0,y_0)=\frac{\varepsilon^2}{4+\beta^2}-1=\frac{\varepsilon^2-4-\beta^2}{4+\beta^2} $$
となる。さらに
$$ \varepsilon^2-4-\beta^2=-\frac{\bigl(CA^2-BC^2\bigr)\bigl(AB^2-BC^2\bigr)}{p^2q^2} $$
である（$BC^2=4$、$CA^2=(p-1)^2+q^2$、$AB^2=(p+1)^2+q^2$）。二等辺三角形でなければ右辺は $0$ でないので、$F(x_0,y_0)\ne0$ である。段 3 の 2 つの傾きを $m_1,m_2$ とすると $X^2+\beta XY-Y^2=-(Y-m_1X)(Y-m_2X)$ なので、曲線は $(Y-m_1X)(Y-m_2X)=F(x_0,y_0)$ で、右辺は $0$ でない。これは直交する 2 直線 $Y=m_1X$、$Y=m_2X$ を漸近線とする双曲線である。$\square$