三角形の五心

$B(0,0)$、$C(14,0)$、$A(5,12)$ とする。$a=BC=14$、$b=CA=\sqrt{9^2+12^2}=15$、$c=AB=\sqrt{5^2+12^2}=13$ で、面積は $S=\frac12\cdot14\cdot12=84$ である。

1. 重心：3 頂点の座標の平均である（三角形の重心（高校数学））。
   $$ G=\Bigl(\frac{5+0+14}3,\ \frac{12+0+0}3\Bigr)=\Bigl(\frac{19}3,\ 4\Bigr). $$
2. 外心：3 頂点から等しい距離の点である（三角形の外心）。$OB=OC$ から $O$ は辺 $BC$ の垂直二等分線 $x=7$ の上にある。$O(7,q)$ とおくと、$OB^2=OA^2$ は $49+q^2=(7-5)^2+(q-12)^2=q^2-24q+148$ で、$24q=99$、$q=\frac{33}8$ である。よって $O\bigl(7,\frac{33}8\bigr)$、外接円の半径は $R=OB=\sqrt{49+\frac{1089}{64}}=\sqrt{\frac{4225}{64}}=\frac{65}8$ である。
3. 垂心：外心を原点にとると垂心の位置ベクトルは $\vec a+\vec b+\vec c$ である（三角形の垂心）。原点を $O$ に戻して座標で書くと $H-O=(A-O)+(B-O)+(C-O)$、つまり $H=A+B+C-2O$ である。
   $$ H=(5+0+14-14,\ 12+0+0-\tfrac{33}4)=\Bigl(5,\ \frac{15}4\Bigr). $$
   確かめる。$A$ からの垂線は $x=5$ で、$H$ はその上にある。$B$ からの垂線については $\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CA}=\bigl(5,\frac{15}4\bigr)\cdot(-9,12)=-45+45=0$ である。
4. 内心：$\vec i=\dfrac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}$ である（三角形の内心と傍心）。
   $$ I=\frac{14(5,12)+15(0,0)+13(14,0)}{42}=\Bigl(\frac{70+182}{42},\ \frac{168}{42}\Bigr)=(6,4). $$
   内接円の半径は $r=\frac{2S}{a+b+c}=\frac{168}{42}=4$ で、$I$ の $y$ 座標 $4$ は辺 $BC$（$x$ 軸）までの距離と一致する。

ex-tco-first の三角形で、傍心は $\vec i_A=\dfrac{-a\vec a+b\vec b+c\vec c}{-a+b+c}$ などで求まる（三角形の内心と傍心）。
$$ \begin{aligned} I_A&=\frac{-14(5,12)+13(14,0)}{14}=\Bigl(\frac{-70+182}{14},\ \frac{-168}{14}\Bigr)=(8,-12),\\ I_B&=\frac{14(5,12)+13(14,0)}{12}=\Bigl(\frac{252}{12},\ \frac{168}{12}\Bigr)=(21,14),\\ I_C&=\frac{14(5,12)-13(14,0)}{16}=\Bigl(\frac{-112}{16},\ \frac{168}{16}\Bigr)=\Bigl(-7,\ \frac{21}2\Bigr). \end{aligned} $$
傍接円の半径は $r_a=\frac S{s-a}=\frac{84}7=12$、$r_b=\frac{84}6=14$、$r_c=\frac{84}8=\frac{21}2$ である（$s=21$ は 3 辺の和の半分）。$I_A$ について 3 本の直線までの距離を確かめる。

• 直線 $BC$（$y=0$）まで：$|-12|=12$。
• 直線 $AB$（$12x-5y=0$）まで：$\dfrac{|12\cdot8-5\cdot(-12)|}{\sqrt{12^2+5^2}}=\dfrac{156}{13}=12$。
• 直線 $CA$（$4x+3y-56=0$）まで：$\dfrac{|4\cdot8+3\cdot(-12)-56|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\dfrac{60}5=12$。
  3 つとも $12$ で、$I_A$ は 3 本の直線から等しい距離にある。

$A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(0,3)$ とする。$\angle A=90^\circ$、$a=5$、$b=3$、$c=4$、$S=6$ である。

1. 重心：$G=\bigl(\frac{0+4+0}3,\frac{0+0+3}3\bigr)=\bigl(\frac43,1\bigr)$。
2. 外心：直角三角形の外心は斜辺の中点である（三角形の外心）。$O=\bigl(2,\frac32\bigr)$、$R=\frac52$。
3. 垂心：$H=A+B+C-2O=(4-4,\ 3-3)=(0,0)$ で、直角の頂点 $A$ と一致する。
4. 内心：$I=\dfrac{5(0,0)+3(4,0)+4(0,3)}{12}=(1,1)$、$r=\frac{2\cdot6}{12}=1$。
5. 傍心：$I_A=\dfrac{-5(0,0)+3(4,0)+4(0,3)}{2}=(6,6)$、$I_B=\dfrac{5(0,0)-3(4,0)+4(0,3)}{6}=(-2,2)$、$I_C=\dfrac{5(0,0)+3(4,0)-4(0,3)}{4}=(3,-3)$。

$A(0,4)$、$B(-3,0)$、$C(3,0)$ とする。$AB=AC=5$、$BC=6$ で、$a=6$、$b=c=5$、$S=12$、$s=8$ である。

1. 重心：$G=\bigl(0,\frac43\bigr)$。
2. 外心：$O(0,q)$ とおくと、$OB^2=OA^2$ から $9+q^2=(4-q)^2=16-8q+q^2$ で、$q=\frac78$。$O=\bigl(0,\frac78\bigr)$。
3. 垂心：$H=A+B+C-2O=\bigl(0,\ 4-\frac74\bigr)=\bigl(0,\frac94\bigr)$。$B$ からの垂線の確認：$\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{CA}=\bigl(3,\frac94\bigr)\cdot(-3,4)=-9+9=0$。
4. 内心：$I=\dfrac{6(0,4)+5(-3,0)+5(3,0)}{16}=\bigl(0,\frac32\bigr)$、$r=\frac{12}8=\frac32$。
5. 傍心 $I_A$：$\dfrac{-6(0,4)+5(-3,0)+5(3,0)}{4}=(0,-6)$、$r_a=\frac{12}{8-6}=6$。
   $G,O,I,H,I_A$ はすべて $y$ 軸の上にある。$y$ 軸は二等辺三角形の対称の軸である。$y$ 座標の小さい順に $I_A(-6)$、$O\bigl(\frac78\bigr)$、$G\bigl(\frac43\bigr)$、$I\bigl(\frac32\bigr)$、$H\bigl(\frac94\bigr)$ と並び、どの 2 つも一致しない。

1. 重心は $\vec g=\frac13\vec a+\frac13\vec b+\frac13\vec c$ なので、重心座標は $\bigl(\frac13,\frac13,\frac13\bigr)$、比で書くと $G=(1:1:1)$ である。
2. ex-tco-first の三角形（$a=14$、$b=15$、$c=13$）の内心は $\vec i=\frac{14}{42}\vec a+\frac{15}{42}\vec b+\frac{13}{42}\vec c$ なので、重心座標は $\bigl(\frac13,\frac5{14},\frac{13}{42}\bigr)$、比で書くと $I=(14:15:13)=(a:b:c)$ である。確かめる：$\frac13(5,12)+\frac5{14}(0,0)+\frac{13}{42}(14,0)=\bigl(\frac53+\frac{13}3,\ 4\bigr)=(6,4)$。

ex-tco-first の三角形で、内心 $I(6,4)$ から 3 辺までの距離はどれも $r=4$ である。$I$ は内部にあるので、3 つの符号付き面積はどれも正で
$$ [IBC]=\frac12\cdot14\cdot4=28,\qquad [ICA]=\frac12\cdot15\cdot4=30,\qquad [IAB]=\frac12\cdot13\cdot4=26 $$
である。和は $84=S$ で、$S$ で割ると $\frac{28}{84}=\frac13$、$\frac{30}{84}=\frac5{14}$、$\frac{26}{84}=\frac{13}{42}$ となり、ex-tco-bary の 2 の重心座標と一致する。この計算は一般に $[IBC]:[ICA]:[IAB]=\frac12ar:\frac12br:\frac12cr=a:b:c$ を示している。

ex-tco-first の三角形は、余弦定理（余弦定理（高校数学））から
$$ \cos A=\frac{15^2+13^2-14^2}{2\cdot15\cdot13}=\frac{33}{65},\qquad \cos B=\frac{13^2+14^2-15^2}{2\cdot13\cdot14}=\frac5{13},\qquad \cos C=\frac{14^2+15^2-13^2}{2\cdot14\cdot15}=\frac35 $$
で、3 つとも正なので鋭角三角形である。$\sin A=\frac{56}{65}$、$\sin B=\frac{12}{13}$、$\sin C=\frac45$ である。

1. 外心：$\sin2A=2\cdot\frac{56}{65}\cdot\frac{33}{65}=\frac{3696}{4225}$、$\sin2B=2\cdot\frac{12}{13}\cdot\frac5{13}=\frac{120}{169}=\frac{3000}{4225}$、$\sin2C=2\cdot\frac45\cdot\frac35=\frac{24}{25}=\frac{4056}{4225}$ で、比は $3696:3000:4056=154:125:169$（$24$ で割った）である。和は $448$ で
   $$ \frac{154(5,12)+125(0,0)+169(14,0)}{448}=\Bigl(\frac{770+2366}{448},\ \frac{1848}{448}\Bigr)=\Bigl(7,\ \frac{33}8\Bigr) $$
   となり、ex-tco-first の外心と一致する。
2. 垂心：$\tan A=\frac{56}{33}$、$\tan B=\frac{12}5$、$\tan C=\frac43$ で、$165$ 倍すると $280:396:220=70:99:55$ である。和は $224$ で
   $$ \frac{70(5,12)+99(0,0)+55(14,0)}{224}=\Bigl(\frac{350+770}{224},\ \frac{840}{224}\Bigr)=\Bigl(5,\ \frac{15}4\Bigr) $$
   となり、ex-tco-first の垂心と一致する。
3. 和の式：$\frac1{\tan B\tan C}=\frac5{12}\cdot\frac34=\frac5{16}$、$\frac1{\tan C\tan A}=\frac34\cdot\frac{33}{56}=\frac{99}{224}$、$\frac1{\tan A\tan B}=\frac{33}{56}\cdot\frac5{12}=\frac{55}{224}$ で、和は $\frac{70+99+55}{224}=1$ である。

ex-tco-right の直角三角形 $A(0,0)$、$B(4,0)$、$C(0,3)$ で、外心 $O\bigl(2,\frac32\bigr)$ と垂心 $H(0,0)$ の重心座標を求める。

1. $\vec o=\frac12\vec b+\frac12\vec c$ なので $O=\bigl(0,\frac12,\frac12\bigr)$。第 1 成分が $0$ で、$O$ は直線 $BC$ の上にある。$\sin2A=\sin180^\circ=0$ と合っている。
2. $\vec h=\vec a$ なので $H=(1,0,0)$。一方 $\tan A=\tan90^\circ$ は定義されない。$\tan B=\frac34$、$\tan C=\frac43$ は有限なので、比 $\tan A:\tan B:\tan C$ はそのままでは意味をもたない。

$A(0,\sqrt3)$、$B(-1,0)$、$C(1,0)$ は 1 辺 $2$ の正三角形である。

1. $G=\bigl(0,\frac{\sqrt3}3\bigr)$。
2. $O$：$O(0,q)$ として $1+q^2=(\sqrt3-q)^2=3-2\sqrt3q+q^2$ から $q=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}3$。$R=\sqrt{1+\frac13}=\frac2{\sqrt3}$。
3. $I=\dfrac{2(0,\sqrt3)+2(-1,0)+2(1,0)}{6}=\bigl(0,\frac{\sqrt3}3\bigr)$、$r=\frac{\sqrt3}3$ で、$R=2r$ である。
4. $H=A+B+C-2O=\bigl(0,\sqrt3-\frac{2\sqrt3}3\bigr)=\bigl(0,\frac{\sqrt3}3\bigr)$。
   4 点は一致する。一方、傍心は $I_A=\dfrac{-2(0,\sqrt3)+2(-1,0)+2(1,0)}{2}=(0,-\sqrt3)$ で、中心とは一致しない。

ex-tco-first の三角形で、$\overrightarrow{OG}=\bigl(\frac{19}3-7,\ 4-\frac{33}8\bigr)=\bigl(-\frac23,-\frac18\bigr)$、$\overrightarrow{OH}=\bigl(-2,-\frac38\bigr)=3\overrightarrow{OG}$ なので $O,G,H$ は一直線上にある。一方 $\overrightarrow{OI}=\bigl(-1,-\frac18\bigr)$ で、
$$ \Bigl(-\frac23\Bigr)\cdot\Bigl(-\frac18\Bigr)-\Bigl(-\frac18\Bigr)\cdot(-1)=\frac1{12}-\frac18=-\frac1{24}\ne0 $$
なので $\overrightarrow{OG}$ と $\overrightarrow{OI}$ は平行でなく、$I$ は直線 $OG$ の上にない。満たす性質：三角形である。満たさない性質：二等辺三角形である。崩れる主張：prop-tco-isosceles のように 4 つの心が 1 本の直線に並ぶこと。$G,O,H$ がいつも一直線上にあることは Euler線 で示す。

ex-tco-right の直角三角形では、垂心 $H$ は頂点 $A$ と一致し、外心 $O$ は辺 $BC$ の中点と一致する。しかし 3 辺は $3,4,5$ で正三角形ではない。thm-tco-coincide は $G,O,I,H$ の 4 つの心どうしの一致についての定理であり、心が頂点や辺の中点と一致する場合には何も言わない。4 つの心どうしは、この三角形では $G\bigl(\frac43,1\bigr)$、$O\bigl(2,\frac32\bigr)$、$I(1,1)$、$H(0,0)$ で、どの 2 つも異なる。

比 $(1:1:-2)$ は、$p+q+r=0$ なので def-tco-bary の意味の点を表さない。実際、重心座標が $(1,1,-2)$ に比例する点 $\vec x=k(\vec a+\vec b-2\vec c)$、$k(1+1-2)=1$ を満たす $k$ はない。$\vec a+\vec b-2\vec c=(\vec a-\vec c)+(\vec b-\vec c)$ は点ではなく、$C$ から辺 $AB$ の中点へ向かう向き（中線の向き）を表すベクトルである。満たさない条件：$p+q+r\ne0$。崩れる主張：比が平面の点を 1 つ表すこと。

ex-tco-first の三角形（$a=14$、$b=15$、$c=13$）で、$b^2+c^2-a^2=198$、$c^2+a^2-b^2=140$、$a^2+b^2-c^2=252$ である。

1. 外心：$196\cdot198:225\cdot140:169\cdot252=38808:31500:42588$ で、$252$ で割ると $154:125:169$ である。ex-tco-bary-check と一致する。
2. 垂心：$\frac1{198}:\frac1{140}:\frac1{252}$ に $27720$ を掛けると $140:198:110=70:99:55$ で、これも一致する。

九点円の中心 $N$ は外心と垂心の中点である（九点円）。ex-tco-first の三角形では $N=\frac{O+H}2=\bigl(6,\frac{63}{16}\bigr)$ である。重みの関数 $f(a,b,c)=a^2(b^2+c^2)-(b^2-c^2)^2$ を使うと、
$$ f(14,15,13)=196\cdot394-56^2=74088,\quad f(15,13,14)=225\cdot365-(-27)^2=81396,\quad f(13,14,15)=169\cdot421-(-29)^2=70308 $$
で、和は $225792$ である。
$$ \frac{74088(5,12)+81396(0,0)+70308(14,0)}{225792}=\Bigl(\frac{370440+984312}{225792},\ \frac{889056}{225792}\Bigr)=\Bigl(6,\ \frac{63}{16}\Bigr) $$
となり、$N$ と一致する。この $f$ で $N$ が表されることの一般の証明は、本記事では行わない（数で確かめただけである）。