Menelausの定理（高校数学）

方針：直線 $\ell$ は平面を 2 つの側に分ける。辺の両端が反対側にあるとき、そのときに限り、辺の内部が $\ell$ と交わる。3 つの頂点の分かれ方を数える。
段 1（側を式で表す）。$\ell$ の方程式を $f(x,y)=px+qy+s=0$ とする。点 $X$ が $\ell$ の上にないとき、$f(X)>0$ の側と $f(X)<0$ の側のどちらかにある（不等式の表す領域）。頂点は $\ell$ の上にないので、$f(A)$、$f(B)$、$f(C)$ はどれも $0$ でない。
段 2（辺の内部と交わる条件）。辺 $BC$ の点は $X_t=(1-t)B+tC$（$0\le t\le1$）と書ける。$f$ は 1 次式なので、$(1-t)+t=1$ を使って
$$ f(X_t)=(1-t)f(B)+tf(C) $$
である（$f(X_t)=p\{(1-t)b_1+tc_1\}+q\{(1-t)b_2+tc_2\}+\{(1-t)+t\}s$ を $(1-t)$ の項と $t$ の項に分けた）。これは $t$ の 1 次式で、$t=0$ で $f(B)$、$t=1$ で $f(C)$ になる。$f(B)$ と $f(C)$ の符号が反対なら、この 1 次式は $0< t<1$ のどこかで $0$ になるので、辺 $BC$ の内部に $\ell$ との交点がある。符号が同じなら、$0\le t\le1$ で $f(X_t)$ は $f(B)$ と $f(C)$ の間の値をとり、$0$ にならないので、辺 $BC$ は $\ell$ と交わらない。$\ell$ と直線 $BC$ の交点は $D$ だけなので、$D$ が辺 $BC$ の内部にあるのは「$f(B)$ と $f(C)$ の符号が反対」のとき、そのときに限る。
段 3（数える）。3 つの頂点を、$f$ の値が正の組と負の組に分ける。(i) 3 つとも同じ組なら、どの辺の両端も同じ符号なので、$D$、$E$、$F$ はすべて延長の上にある。(ii) 2 つと 1 つに分かれるなら、1 つだけの頂点を含む 2 辺は両端の符号が反対で、残りの 1 辺は両端が同じ符号である。したがって延長の上にある点はちょうど 1 つである。分かれ方は (i) か (ii) しかないので、主張が示された。$\square$

方針：$\overrightarrow{FD}$ と $\overrightarrow{GC}$ を、平行でない 2 つのベクトル $\vec g=\overrightarrow{BG}$、$\vec c=\overrightarrow{BC}$ で書き、平行の条件から係数を比べる。
段 1（係数を置く）。$F$ は直線 $BG$ の上にあるので $\overrightarrow{BF}=k\,\vec g$ と書ける。$D$ は直線 $BC$ の上にあるので $\overrightarrow{BD}=m\,\vec c$ と書ける。2 本の直線は異なるので、$\vec g$ と $\vec c$ は平行でない。
段 2（平行の条件）。$\overrightarrow{FD}=\overrightarrow{BD}-\overrightarrow{BF}=m\,\vec c-k\,\vec g$、$\overrightarrow{GC}=\vec c-\vec g$ である。$\overrightarrow{GC}\ne\vec0$（$G$ と $C$ は異なる直線の上の $B$ 以外の点）で、$FD$ と $GC$ が平行なので、実数 $\lambda$ で $m\,\vec c-k\,\vec g=\lambda(\vec c-\vec g)$ と書ける。$\vec g$ と $\vec c$ は平行でないので、係数を比べて $m=\lambda$、$k=\lambda$ であり、$m=k$ である（位置ベクトルと内分点）。
段 3（比）。$\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BD}=(1-k)\vec c$、$\overrightarrow{FG}=\overrightarrow{BG}-\overrightarrow{BF}=(1-k)\vec g$ である。よって
$$ BD=|k|\,|\vec c|,\quad DC=|1-k|\,|\vec c|,\quad BF=|k|\,|\vec g|,\quad FG=|1-k|\,|\vec g| $$
である。$F\ne G$ なら $k\ne1$ なので割り算ができて、$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{|k|}{|1-k|}=\dfrac{BF}{FG}$ である。$\square$

方針：$C$ を通り $\ell$ に平行な直線を引き、直線 $AB$ との交点を $G$ とする。lem-men-parallel で $\dfrac{BD}{DC}$ と $\dfrac{CE}{EA}$ を、どちらも直線 $AB$ の上の比に移す。
段 1（点 $G$ をとる）。$\ell$ は横断線なので直線 $AB$ と平行でない。よって $C$ を通り $\ell$ に平行な直線 $m$ も直線 $AB$ と平行でなく、ただ 1 点 $G$ で交わる。$G$ は $A$、$B$、$F$ のどれとも異なる。実際、$G=B$ なら $m$ は直線 $BC$ になり、$\ell$ が $BC$ と平行になってしまう。$G=A$ なら $m$ は直線 $CA$ になり、$\ell$ が $CA$ と平行になってしまう。$G=F$ なら $m$ と $\ell$ は平行で共有点 $F$ をもつので一致し、$\ell$ が $C$ を通ってしまう。どれも横断線の仮定に反する。
段 2（$\dfrac{BD}{DC}$ を移す）。$B$ を通る 2 本の直線 $AB$、$BC$ を考える。直線 $AB$ の上に $F$、$G$ があり、直線 $BC$ の上に $D$、$C$ がある（どれも $B$ と異なる）。直線 $FD$ は $\ell$ そのもので、直線 $GC$ は $m$ なので、2 つは平行である。$F\ne G$ なので lem-men-parallel により
$$ \frac{BD}{DC}=\frac{BF}{FG} $$
である。
段 3（$\dfrac{CE}{EA}$ を移す）。今度は $A$ を通る 2 本の直線 $AB$、$CA$ を考える。直線 $AB$ の上に $F$、$G$ があり、直線 $CA$ の上に $E$、$C$ がある（どれも $A$ と異なる）。直線 $FE$ は $\ell$、直線 $GC$ は $m$ で平行である。lem-men-parallel を、$B$ の役を $A$ にして使うと、$\overrightarrow{AF}=k'\overrightarrow{AG}$、$\overrightarrow{AE}=k'\overrightarrow{AC}$ となる実数 $k'$ がある。prf-men-parallel の段 3 と同じ計算で $AE=|k'|\,AC$、$EC=|1-k'|\,AC$、$AF=|k'|\,AG$、$FG=|1-k'|\,AG$ なので、$k'\ne0$（$F\ne A$）に注意して
$$ \frac{CE}{EA}=\frac{|1-k'|}{|k'|}=\frac{GF}{FA} $$
である。
段 4（掛ける）。段 2 と段 3 から
$$ \frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{BF}{FG}\cdot\frac{GF}{FA}\cdot\frac{AF}{FB}=1 $$
である。分子と分母に $BF$（$=FB$）、$FG$（$=GF$）、$FA$（$=AF$）が 1 回ずつ現れるので、約分されて $1$ になる。$\square$

方針：$\dfrac{BD}{DC}$ が「$B$ から $\ell$ までの距離」と「$C$ から $\ell$ までの距離」の比に等しいことを示す。3 つの比を掛けると距離が約分される。
段 1（距離を置く）。$A$、$B$、$C$ から $\ell$ までの距離を $h_A$、$h_B$、$h_C$ とする。頂点は $\ell$ の上にないので、どれも正である。
段 2（$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{h_B}{h_C}$）。$B$、$C$ から $\ell$ に下ろした垂線の足を $B'$、$C'$ とする。$\ell$ が直線 $BC$ と垂直なら $B'=C'=D$ で、$BD=h_B$、$DC=h_C$ なので主張は成り立つ。そうでなければ $B'\ne D$、$C'\ne D$ で、直角三角形 $BB'D$ と $CC'D$ ができる。2 つの三角形は $B'$、$C'$ で直角をもち、$D$ の角はどちらも直線 $BC$ と $\ell$ のなす鋭角に等しい（直角三角形の直角でない角は鋭角で、2 直線 $DB$、$DB'$ のなす角だから。$C$ の側も同じ）。2 つの角が等しいので相似であり、$\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BB'}{CC'}=\dfrac{h_B}{h_C}$ である。
段 3（掛ける）。頂点の名前を回して、同じように $\dfrac{CE}{EA}=\dfrac{h_C}{h_A}$、$\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{h_A}{h_B}$ である。よって
$$ \frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=\frac{h_B}{h_C}\cdot\frac{h_C}{h_A}\cdot\frac{h_A}{h_B}=1 $$
である。$\square$

方針：直線 $EF$ が直線 $BC$ と交わる点 $D'$ をとり、thm-men-main を使って $D'$ と $D$ が同じ比で辺 $BC$ を外分することを示す。外分の比が同じ点はただ 1 つである。
段 1（$\dfrac{BD}{DC}\ne1$）。$D$ が $C$ を越えた側にあれば $BD=BC+CD>CD$ で、$B$ を越えた側にあれば $DC=DB+BC>DB$ である。どちらでも $BD\ne DC$ なので、仮定の積から $\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{DC}{BD}\ne1$ である。
段 2（直線 $EF$ は $BC$ と平行でない）。$E$ と $F$ は異なる直線 $CA$、$AB$ の上の、$A$ と異なる点なので $E\ne F$ である。もし直線 $EF$ が直線 $BC$ と平行なら、$A$ を通る 2 本の直線 $AB$、$AC$ に lem-men-parallel を使って、$\overrightarrow{AF}=k\overrightarrow{AB}$、$\overrightarrow{AE}=k\overrightarrow{AC}$ となる実数 $k$ がある。prf-men-parallel の段 3 と同じ計算で $\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{|k|}{|1-k|}=\dfrac{AE}{EC}$ となり、$\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=1$ である。これは段 1 に反する。よって直線 $EF$ は直線 $BC$ とただ 1 点で交わる。その点を $D'$ とする。
段 3（直線 $EF$ は横断線）。直線 $EF$ が $A$ を通れば、それは直線 $AE$、つまり直線 $CA$ であり、$F$ が直線 $CA$ と $AB$ の両方に乗って $F=A$ となってしまう。$C$ を通れば直線 $CE$、つまり直線 $CA$ になって同じ矛盾が起きる。$B$ を通れば直線 $BF$、つまり直線 $AB$ になり、$E=A$ となってしまう。よって直線 $EF$ は頂点を通らない。また直線 $EF$ は直線 $CA$、$AB$ とそれぞれ $E$、$F$ で交わり、段 2 より $BC$ とも交わるので、どの辺とも平行でない。したがって直線 $EF$ は横断線である。
段 4（$D'$ は延長の上）。$E$、$F$ は辺の内部にあるので、prop-men-sides により、延長の上にある交点はちょうど 1 つで、それは $D'$ である。
段 5（比が同じ）。thm-men-main を横断線 $EF$ に使うと $\dfrac{BD'}{D'C}\cdot\dfrac{CE}{EA}\cdot\dfrac{AF}{FB}=1$ である。仮定の式と比べて $\dfrac{BD'}{D'C}=\dfrac{BD}{DC}$ である。この値を $k$ とおく。
段 6（点が同じ）。辺 $BC$ の延長の上の点 $X$ で $\dfrac{BX}{XC}=k$ となるものを調べる。段 1 と同じく、$X$ が $C$ を越えた側なら $k>1$、$B$ を越えた側なら $k<1$ なので、$X$ がどちらの側にあるかは $k$ で決まる。$C$ を越えた側なら $BX=BC+CX$ を $\dfrac{BC+CX}{CX}=k$ に入れて $CX=\dfrac{BC}{k-1}$ である。$B$ を越えた側なら $XC=XB+BC$ を $\dfrac{BX}{BX+BC}=k$ に入れて $BX=\dfrac{k\,BC}{1-k}$ である。どちらの場合も $X$ の位置は 1 つに決まる。$D$ と $D'$ はどちらもこの条件を満たすので $D'=D$ であり、$D$、$E$、$F$ は直線 $EF$ の上にある。$\square$

方針：直線 $BC$ の点を $X_t=(1-t)B+tC$ と書くと、$f(X_t)$ は $t$ の 1 次式になる（prf-men-sides の段 2）。$f(X_t)=0$ を解いて $D$ の $t$ を求める。
段 1（$t$ を求める）。prf-men-sides の段 2 と同じ計算で、すべての実数 $t$ について $f(X_t)=(1-t)f(B)+tf(C)=f(B)+t\{f(C)-f(B)\}$ である。もし $f(B)=f(C)$ なら $f(X_t)=f(B)\ne0$ がすべての $t$ で成り立ち、直線 $BC$ は $\ell$ と交わらない。仮定より交わるので $f(B)\ne f(C)$ で、$f(X_t)=0$ の解はただ 1 つ
$$ t=\frac{f(B)}{f(B)-f(C)} $$
である。$D=X_t$ である。
段 2（比）。$\overrightarrow{BD}=D-B=t\,(C-B)$、$\overrightarrow{DC}=C-D=(1-t)(C-B)$ で、$1-t=\dfrac{-f(C)}{f(B)-f(C)}$ は $0$ でない。よって
$$ \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=\frac{t}{1-t}=\frac{f(B)}{-f(C)}=-\frac{f(B)}{f(C)} $$
である。$\square$

方針：3 つの比を lem-men-linear で書き直して掛ける。
$\ell$ の方程式を $f(x,y)=0$ とする。横断線なので頂点は $\ell$ の上になく、どの辺も $\ell$ と平行でない。lem-men-linear と、その頂点の名前を回したものにより
$$ \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}\cdot\frac{\overline{CE}}{\overline{EA}}\cdot\frac{\overline{AF}}{\overline{FB}}=\left(-\frac{f(B)}{f(C)}\right)\left(-\frac{f(C)}{f(A)}\right)\left(-\frac{f(A)}{f(B)}\right)=(-1)^3=-1 $$
である。$\square$

方針：直線 $EF$ の方程式 $g=0$ を使い、lem-men-linear で比を $g$ の値の比に直す。仮定の積から、直線 $EF$ が直線 $BC$ と交わること、その交点の比が $D$ の比と同じことが出る。
段 1（直線 $EF$ の性質）。prf-men-converse の段 2・段 3 と同じ議論で、$E\ne F$ であり、直線 $EF$ は頂点を通らない（そこでは $E$、$F$ が辺の内部にあることを使っていない）。直線 $EF$ の方程式を $g(x,y)=0$ とすると、$g(A)$、$g(B)$、$g(C)$ はどれも $0$ でない。直線 $EF$ は直線 $CA$、$AB$ と交わり、どちらとも一致しないので、この 2 直線と平行でない。
段 2（2 つの比を $g$ で書く）。lem-men-linear により $\dfrac{\overline{CE}}{\overline{EA}}=-\dfrac{g(C)}{g(A)}$、$\dfrac{\overline{AF}}{\overline{FB}}=-\dfrac{g(A)}{g(B)}$ である。2 つを掛けると $\dfrac{g(C)}{g(B)}$ なので、仮定の式から
$$ \frac{\overline{BD}}{\overline{DC}}=-\frac{g(B)}{g(C)} $$
である。
段 3（直線 $BC$ と交わる）。def-men-signed により符号つきの比は $-1$ にならないので、段 2 より $g(B)\ne g(C)$ である。prf-men-linear の段 1 の式 $g(X_t)=g(B)+t\{g(C)-g(B)\}$ により、直線 $EF$ は直線 $BC$ とただ 1 点 $D'$ で交わり、lem-men-linear により $\dfrac{\overline{BD'}}{\overline{D'C}}=-\dfrac{g(B)}{g(C)}$ である。
段 4（点が同じ）。$\overrightarrow{BX}=k\,\overrightarrow{XC}$ を $X$ について解くと $X-B=k(C-X)$、$(1+k)X=B+kC$、$X=\dfrac{B+kC}{1+k}$ である（$k\ne-1$）。よって符号つきの比 $k$ が決まれば点 $X$ はただ 1 つに決まる。$D$ と $D'$ は同じ比をもつので $D=D'$ であり、$D$ は直線 $EF$ の上にある。$\square$

方針：対角線 $AC$ の中点を $G$ とすると、$B$、$G$、$E$ は一直線上にある。三角形 $GCE$ と、それを横切る直線 $BMN$ に thm-men-main を使うと、$r$ の 2 次方程式が出る。長さの比の式は $M$ が $G$ のどちら側にあるかで変わるので、先に prop-men-sides で $M$ の位置を決める。
段 1（座標と長さ）。1 辺の長さを $1$ とし、正六角形の中心を原点にして $A\left(-\dfrac{\sqrt3}2,\dfrac12\right)$、$B(0,1)$、$C\left(\dfrac{\sqrt3}2,\dfrac12\right)$、$E(0,-1)$ とおく（残りの頂点は $D\left(\dfrac{\sqrt3}2,-\dfrac12\right)$、$F\left(-\dfrac{\sqrt3}2,-\dfrac12\right)$）。$AC=\sqrt3$ で、$CE$ も $\sqrt{\dfrac34+\dfrac94}=\sqrt3$ である。$AC$ の中点は $G\left(0,\dfrac12\right)$ で、$B$、$G$、$E$ はどれも $y$ 軸の上にある。$BG=\dfrac12$、$GE=\dfrac32$、$EB=2$ である。
段 2（$M$ と $N$ の位置）。$M=A+r(C-A)=\left(\sqrt3\left(r-\dfrac12\right),\dfrac12\right)$ で、$A$、$G$、$C$ の $x$ 座標は $-\dfrac{\sqrt3}2$、$0$、$\dfrac{\sqrt3}2$ である。よって $M$ は、$r<\dfrac12$ なら線分 $AG$ の内部、$r=\dfrac12$ なら $G$、$r>\dfrac12$ なら線分 $GC$ の内部にある。$N$ は線分 $CE$ の内部の点である（$0< r<1$ なので $N\ne C$、$N\ne E$）。また $B$ は、$y$ 軸の上で $E(0,-1)$ から見て $G\left(0,\dfrac12\right)$ の先にあるので、三角形 $GCE$ の辺 $EG$ を $G$ の先へ延ばした延長の上にある。以下、$B$、$M$、$N$ が一直線上にあるとする。
段 3（$r\ne\dfrac12$ なら直線 $BMN$ は三角形 $GCE$ の横断線）。$r\ne\dfrac12$ とする。直線 $BMN$ が $G$ を通るなら、それは直線 $BG$、つまり $y$ 軸であり、$M$ の $x$ 座標 $\sqrt3\left(r-\dfrac12\right)$ が $0$ でないことに反する。$E$ を通るなら直線 $BE$、つまりやはり $y$ 軸で、同じ矛盾が起きる。$C$ を通るなら直線 $BC$ であり、直線 $BC$ と直線 $AC$ の共有点は $C$ だけ（$B$ は直線 $AC$ の上にない）なので $M=C$ となり、$r<1$ に反する。よって直線 $BMN$ は三角形 $GCE$ のどの頂点も通らない。さらに、この直線は直線 $GC$、$CE$、$EG$ とそれぞれ $M$、$N$、$B$ で交わり、頂点を通らないのでどれとも一致しない。したがってどの辺とも平行でなく、三角形 $GCE$ の横断線である。
段 4（$r>\dfrac12$）。(i) $r=\dfrac12$ なら $M=G$ で、直線 $BM$ は直線 $BE$、つまり $y$ 軸である。直線 $CE$ と $y$ 軸の共有点は $E$ だけで、$N\ne E$ なので、$N$ はこの直線の上にない。これは $B$、$M$、$N$ が一直線上にあることに反する。(ii) $r<\dfrac12$ なら、段 3 により直線 $BMN$ は三角形 $GCE$ の横断線である。段 2 より、$N$ は辺 $CE$ の内部にあり、$M$ は辺 $CG$ を $G$ の先へ延ばした延長の上（線分 $AG$ の内部）に、$B$ は辺 $EG$ の延長の上にある。延長の上の交点がちょうど 2 つになり、prop-men-sides（延長の上の点は 1 つか 3 つ）に反する。よって $r>\dfrac12$ で、$M$ は線分 $GC$ の内部にある。
段 5（Menelausの定理）。三角形 $GCE$ を考える。段 3 により直線 $BMN$ はその横断線で、辺 $GC$ と $M$ で、辺 $CE$ と $N$ で、辺 $EG$ の延長と $B$ で交わる。thm-men-main を頂点の順 $G\to C\to E$ で使うと
$$ \frac{GM}{MC}\cdot\frac{CN}{NE}\cdot\frac{EB}{BG}=1 $$
である。$GM=AM-AG=\sqrt3\left(r-\dfrac12\right)$、$MC=\sqrt3(1-r)$、$CN=\sqrt3\,r$、$NE=\sqrt3(1-r)$、$\dfrac{EB}{BG}=\dfrac{2}{1/2}=4$ を入れると
$$ \frac{r-\frac12}{1-r}\cdot\frac{r}{1-r}\cdot4=1 $$
である。
段 6（解く）。分母を払うと $4r\left(r-\dfrac12\right)=(1-r)^2$、つまり $4r^2-2r=1-2r+r^2$ で、$3r^2=1$ である。$r>0$ なので $r=\dfrac1{\sqrt3}$ である。これは段 4 の条件 $r>\dfrac12$ を満たす（$\dfrac1{\sqrt3}\approx0.577$）。
段 7（逆向きの確認）。$r=\dfrac1{\sqrt3}$ のとき、$\dfrac{GM}{MC}\cdot\dfrac{CN}{NE}\cdot\dfrac{EB}{BG}=1$ で、$M$、$N$ は辺 $GC$、$CE$ の内部、$B$ は辺 $EG$ の延長の上にある。thm-men-converse（頂点の名前を $A,B,C$ から $E,G,C$ に読み替え、延長の上の点が $B$）により $B$、$M$、$N$ は一直線上にある。よって答えは $r=\dfrac1{\sqrt3}$ である。$\square$