三角形の外心

方針：$|\vec u|^2-|\vec v|^2=(\vec u-\vec v)\cdot(\vec u+\vec v)$ を使う。
段 1（因数分解の公式）。内積の分配法則と交換法則により
$$ (\vec u-\vec v)\cdot(\vec u+\vec v)=\vec u\cdot\vec u+\vec u\cdot\vec v-\vec v\cdot\vec u-\vec v\cdot\vec v=|\vec u|^2-|\vec v|^2 $$
である（$\vec u\cdot\vec v$ と $\vec v\cdot\vec u$ は等しいので打ち消し合う）。
段 2（代入）。$\vec u=\vec x-\vec p$、$\vec v=\vec x-\vec q$ とおくと、$|\vec u|^2=XP^2$、$|\vec v|^2=XQ^2$ である。また
$$ \vec u-\vec v=\vec q-\vec p,\qquad \vec u+\vec v=2\vec x-\vec p-\vec q=2\Bigl(\vec x-\frac{\vec p+\vec q}2\Bigr)=2(\vec x-\vec m) $$
である。
段 3（結論）。段 1 に段 2 を入れると $XP^2-XQ^2=(\vec q-\vec p)\cdot2(\vec x-\vec m)=2(\vec x-\vec m)\cdot(\vec q-\vec p)$ となる。$\square$

方針：lem-cc-difference で $XP^2-XQ^2$ を 1 次式に直し、その符号を調べる。
段 1（同値）。距離は $0$ 以上なので、$XP=XQ$ と $XP^2=XQ^2$ は同値である。lem-cc-difference から、これは $(\vec x-\vec m)\cdot(\vec q-\vec p)=0$ と同値で、def-cc-bisector によりこれは $X$ が垂直二等分線上にあることである。
段 2（$Q$ の側）。$f(X)=(\vec x-\vec m)\cdot(\vec q-\vec p)$ とおく。$X=Q$ では $\vec q-\vec m=\frac{\vec q-\vec p}2$ なので $f(Q)=\frac12|\vec q-\vec p|^2>0$ である。$f$ は $x,y$ の 1 次式なので、$f>0$ の点の集まりは垂直二等分線 $f=0$ で区切られた片側（$Q$ を含む側）であり、直線の方程式と点と直線の距離 で見るように 1 次式の符号は直線のどちら側にあるかで決まる。その側では lem-cc-difference から $XP^2-XQ^2=2f(X)>0$、つまり $XP>XQ$ である。
段 3（$P$ の側）。$f(P)=-\frac12|\vec q-\vec p|^2<0$ で、同じ理由により $P$ の側では $XP< XQ$ である。$\square$

方針：2 本の垂直二等分線の交点が 3 点から等距離であることを示し、thm-cc-bisector で 3 本目に乗せる。円の一意性は、円の中心が 3 点から等距離の点であることから出す。
段 1（2 本は交わる）。辺 $AB$ の垂直二等分線は $\overrightarrow{AB}$ に垂直で、辺 $BC$ の垂直二等分線は $\overrightarrow{BC}$ に垂直である。もしこの 2 本が平行なら、両方に垂直な方向が共通なので $\overrightarrow{AB}$ と $\overrightarrow{BC}$ は平行になり、$A,B,C$ は一直線上にある。これは仮定に反する。平行でない 2 直線はちょうど 1 点で交わるので、その点を $O$ とする。
段 2（3 点から等距離）。$O$ は $AB$ の垂直二等分線上にあるので、thm-cc-bisector により $OA=OB$ である。$O$ は $BC$ の垂直二等分線上にもあるので $OB=OC$ である。よって $OA=OB=OC$ で、2 が示せた。
段 3（3 本目）。段 2 から $OC=OA$ なので、thm-cc-bisector により $O$ は辺 $CA$ の垂直二等分線上にある。これで 1 が示せた。
段 4（円の存在）。$O$ を中心、半径 $OA$ の円は、段 2 により $A,B,C$ を通る。
段 5（円の一意性）。$A,B,C$ を通る円があったとし、中心を $O'$、半径を $r$ とする。$O'A=O'B=r$ なので、thm-cc-bisector により $O'$ は $AB$ の垂直二等分線上にある。同じく $O'B=O'C$ なので $O'$ は $BC$ の垂直二等分線上にある。段 1 から 2 本の交点は $O$ だけなので $O'=O$、$r=OA$ である。$\square$

方針：def-cc-bisector の式に $\vec a=\vec0$ を入れ、あとは 2 元 1 次の連立方程式を解く。
段 1（方程式）。$AB$ の垂直二等分線は、$\vec a=\vec 0$ なので中点が $\frac{\vec b}2$ で、式は $\bigl(\vec o-\frac{\vec b}2\bigr)\cdot\vec b=0$ である。分配法則で $\vec o\cdot\vec b-\frac12\vec b\cdot\vec b=0$、つまり $\vec o\cdot\vec b=\frac{|\vec b|^2}2$。$AC$ についても同じで $\vec o\cdot\vec c=\frac{|\vec c|^2}2$ である。外心はこの 2 本の交点なので、1 が示せた。
段 2（解く）。成分で書くと
$$ b_1o_1+b_2o_2=\frac{|\vec b|^2}2,\qquad c_1o_1+c_2o_2=\frac{|\vec c|^2}2 $$
である。1 つ目を $c_2$ 倍、2 つ目を $b_2$ 倍して引くと $o_2$ が消えて $(b_1c_2-b_2c_1)o_1=\frac{|\vec b|^2c_2-|\vec c|^2b_2}2$、つまり $Do_1=\frac{|\vec b|^2c_2-|\vec c|^2b_2}2$ となる。同じく 1 つ目を $c_1$ 倍、2 つ目を $b_1$ 倍して、2 つ目から 1 つ目を引くと $Do_2=\frac{b_1|\vec c|^2-c_1|\vec b|^2}2$ となる。$D\ne0$ なら両辺を $D$ で割って 2 の式を得る。ここまでの消去の計算からわかるのは、「解があれば $o_1,o_2$ はこの値に限る」こと（一意性）である。
段 3（代入して確かめる）。逆に、この値が実際に解であること（存在）を代入で確かめる。1 つ目の式の左辺は
$$ b_1o_1+b_2o_2=\frac{b_1\bigl(|\vec b|^2c_2-|\vec c|^2b_2\bigr)+b_2\bigl(b_1|\vec c|^2-c_1|\vec b|^2\bigr)}{2D}=\frac{|\vec b|^2(b_1c_2-b_2c_1)}{2D}=\frac{|\vec b|^2}2 $$
となる（$|\vec c|^2$ の項は $-b_1b_2+b_2b_1=0$ で消える）。2 つ目の式の左辺も同じく
$$ c_1o_1+c_2o_2=\frac{c_1\bigl(|\vec b|^2c_2-|\vec c|^2b_2\bigr)+c_2\bigl(b_1|\vec c|^2-c_1|\vec b|^2\bigr)}{2D}=\frac{|\vec c|^2(b_1c_2-b_2c_1)}{2D}=\frac{|\vec c|^2}2 $$
となる（$|\vec b|^2$ の項は $c_1c_2-c_2c_1=0$ で消える）。よってこの値は 2 式を満たし、解はちょうど 1 つである。
段 4（面積）。原点と $(b_1,b_2)$、$(c_1,c_2)$ を頂点とする三角形の面積は $\frac12|b_1c_2-b_2c_1|$ である（1次変換と行列式：面積の拡大率、靴ひも公式）。よって $|D|$ は面積の $2$ 倍で、$D=0$ は面積が $0$、つまり 3 点が一直線上にあることと同値である。$\square$

方針：外心は辺 $AB$ の垂直二等分線（$y$ 軸）の上にあるので、$O(0,k)$ とおき、$OA=OC$ から $k$ を求める。$k$ の符号を内積の符号と比べる。
段 1（$O$ は $y$ 軸上）。$AB$ の中点は原点で、$\overrightarrow{AB}=(2d,0)$ である。def-cc-bisector により $AB$ の垂直二等分線は $2d(x-0)+0\cdot(y-0)=0$、つまり $x=0$ である。thm-cc-main により外心はこの直線の上にあるので、$O(0,k)$ と書ける。
段 2（$k$ を求める）。$OA^2=OC^2$ より $d^2+k^2=p^2+(q-k)^2$ である。右辺を展開すると $p^2+q^2-2qk+k^2$ なので、両辺から $k^2$ を引いて $d^2=p^2+q^2-2qk$、つまり $2qk=p^2+q^2-d^2$ である。$q>0$ なので $k=\frac{p^2+q^2-d^2}{2q}$ となる。
段 3（内積で書く）。$\overrightarrow{CA}=(-d-p,\,-q)$、$\overrightarrow{CB}=(d-p,\,-q)$ なので
$$ \overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=(-d-p)(d-p)+(-q)(-q)=-(d+p)(d-p)+q^2=p^2-d^2+q^2 $$
である。よって $k=\frac{\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}}{2q}$ である。
段 4（符号）。$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=CA\cdot CB\cos C$ で、$CA>0$、$CB>0$、$q>0$ なので、$k$ の符号は $\cos C$ の符号と同じである。$\angle C$ が鋭角なら $\cos C>0$ で $k>0$、直角なら $k=0$、鈍角なら $k<0$ である。直線 $AB$ は $x$ 軸で、$C$ は上側（$y>0$）にあるので、$k>0$ は「$O$ が $C$ と同じ側」、$k<0$ は「反対側」を意味する。$k=0$ のとき $O$ は原点、つまり $AB$ の中点である。$\square$

方針：3 辺それぞれで thm-cc-position を使う。どの辺についても、座標軸をその辺に合わせてとり直せばよい。
段 1（鋭角三角形）。$\angle A$、$\angle B$、$\angle C$ がすべて鋭角とする。thm-cc-position の 1 を、辺 $BC$（向かいの角 $A$）、辺 $CA$（向かいの角 $B$）、辺 $AB$（向かいの角 $C$）に使うと、$O$ はどの辺についても向かいの頂点と同じ側にある。これは $O$ が内部にあるということである。
段 2（直角三角形）。$\angle C=90^\circ$ なら、thm-cc-position の 2 により $O$ は $AB$ の中点である。
段 3（鈍角三角形）。$\angle C$ が鈍角なら、thm-cc-position の 3 により $O$ は直線 $AB$ について $C$ と反対側にある。内部の点は $C$ と同じ側にあるはずなので、$O$ は外部にある。$\square$

方針：「両方の領域に属する」を距離の等式と不等式に書き直し、thm-cc-bisector と lem-cc-difference を使う。
段 1（3 つとも）。$X$ が 3 つの領域すべてに属するとする。$X\in V(A)$ から $XA\le XB$、$X\in V(B)$ から $XB\le XA$ なので $XA=XB$ である。同じく $XB=XC$ である。thm-cc-bisector により $X$ は $AB$ と $BC$ の垂直二等分線の交点で、thm-cc-main の証明の段 1 によりその点は $O$ だけである。逆に $OA=OB=OC$ なので、$O$ は 3 つの領域すべてに属する。
段 2（2 つの領域）。$X\in V(A)$ かつ $X\in V(B)$ であることは、段 1 と同じ理由で「$XA=XB$ かつ $XA\le XC$」と同値である（このとき $XB=XA\le XC$ も成り立つ）。$XA=XB$ は、$X$ が $AB$ の垂直二等分線 $\ell$ の上にあることと同値である。
段 3（$\ell$ の上の 1 次式）。$\ell$ の向きのベクトル $\vec e\ne\vec0$ をとり、$\ell$ の点を $\vec x=\vec o+t\vec e$ と書く。$AC$ の中点を $N$ とすると、lem-cc-difference により
$$ XA^2-XC^2=2(\vec o+t\vec e-\vec n)\cdot(\vec c-\vec a)=2(\vec o-\vec n)\cdot(\vec c-\vec a)+2t\,\vec e\cdot(\vec c-\vec a) $$
である。$OA=OC$ なので $t=0$ のとき左辺は $0$ であり、右辺の第 1 項は $0$ である。よって $XA^2-XC^2=2t\,\vec e\cdot(\vec c-\vec a)$ である。
段 4（係数は $0$ でない）。$\vec e\cdot(\vec c-\vec a)=0$ とすると、$\vec e$ は $\vec b-\vec a$（$\ell$ は $AB$ に垂直）とも $\vec c-\vec a$ とも垂直になる。平面で 1 つの向き $\vec e$ に垂直なベクトルはすべて互いに平行なので、$\vec b-\vec a$ と $\vec c-\vec a$ は平行で、$A,B,C$ は一直線上にある。これは仮定に反する。
段 5（結論）。段 3・段 4 から、$XA\le XC$ は $t\,\vec e\cdot(\vec c-\vec a)\le0$ と同値で、$\vec e\cdot(\vec c-\vec a)$ の符号に応じて $t\le0$ か $t\ge0$ のどちらかになる。どちらの場合も、それを満たす $\ell$ の点は $O$（$t=0$）を端点とする半直線である。$\square$

方針：def-cc-voronoi の不等式を、外接円の半径 $R$ との比較に書き直す。
段 1（1 から 2）。$O\in V(A)$ なので、どの母点 $P_j$ についても $OA\le OP_j$ である。$OA=R$ なので $OP_j\ge R$ で、$P_j$ は外接円の内部にない。
段 2（2 から 1）。2 を仮定すると、どの母点 $P_j$ についても $OP_j\ge R$ である。thm-cc-main により $OA=OB=OC=R$ なので、$OA\le OP_j$、$OB\le OP_j$、$OC\le OP_j$ がすべての $j$ で成り立つ。これは $O\in V(A)$、$O\in V(B)$、$O\in V(C)$ ということである。$\square$

方針：$C$ を原点にとり、角の二等分線の向きの単位ベクトルを $\vec u$ とする。$P,Q,R$ は $\vec u$ の実数倍で表せるので、その倍率（$C$ からの距離）を求める。面積は「底辺 × 高さ ÷ 2」で比べる。
段 1（記号）。$a=BC$、$b=CA$、$\gamma=\angle BCA$ とし、$\theta=\frac\gamma2$ とおく。$0<\gamma<180^\circ$ なので $0<\theta<90^\circ$ で、$\cos\theta>0$ である。$C$ を原点とし、$\vec v=\overrightarrow{CB}$、$\vec w=\overrightarrow{CA}$ とする（$|\vec v|=a$、$|\vec w|=b$）。二等分線上の点は $t\vec u$（$t$ は実数）と書ける。$\vec u$ と $\vec v$、$\vec u$ と $\vec w$ のなす角はどちらも $\theta$ なので、内積の定義 $\vec u\cdot\vec v=|\vec u||\vec v|\cos\theta$ に $|\vec u|=1$ を入れて
$$ \vec u\cdot\vec v=a\cos\theta,\qquad \vec u\cdot\vec w=b\cos\theta $$
である。
段 2（$P$）。$C$ は原点なので、prop-cc-cramer の段 1 と同じく、$BC$ の垂直二等分線は $\vec x\cdot\vec v=\frac{|\vec v|^2}2=\frac{a^2}2$ である。$\vec x=t\vec u$ を入れると $t\,a\cos\theta=\frac{a^2}2$ なので、$CP=t=\frac{a}{2\cos\theta}$ である。
段 3（$Q$）。同じく $AC$ の垂直二等分線は $\vec x\cdot\vec w=\frac{b^2}2$ で、$t\,b\cos\theta=\frac{b^2}2$ より $CQ=\frac{b}{2\cos\theta}$ である。
段 4（$R$）。2 つの単位ベクトルの和 $\frac{\vec v}a+\frac{\vec w}b$ は、ひし形の対角線なので角 $C$ を二等分する向きを向く。よって $\vec u=\lambda\Bigl(\frac{\vec v}a+\frac{\vec w}b\Bigr)$（$\lambda>0$）と書ける。段 1 の 2 式をそれぞれ $a$、$b$ で割って足すと
$$ \vec u\cdot\Bigl(\frac{\vec v}a+\frac{\vec w}b\Bigr)=2\cos\theta $$
である。左辺は $\vec u\cdot\frac{\vec u}{\lambda}=\frac{|\vec u|^2}\lambda=\frac1\lambda$ なので、$\lambda=\frac1{2\cos\theta}$ である。外心 $O$ は 2 本の垂直二等分線の上にあるので $\vec o\cdot\vec v=\frac{a^2}2$、$\vec o\cdot\vec w=\frac{b^2}2$ であり、
$$ \vec o\cdot\vec u=\lambda\Bigl(\frac{\vec o\cdot\vec v}a+\frac{\vec o\cdot\vec w}b\Bigr)=\lambda\Bigl(\frac a2+\frac b2\Bigr)=\frac{a+b}{4\cos\theta} $$
である。点 $t\vec u$ が外接円の上にある条件は $|t\vec u-\vec o|^2=|\vec o|^2$（半径は $OC=|\vec o|$）で、左辺を展開すると $t^2-2t\,\vec o\cdot\vec u+|\vec o|^2$ なので、条件は $t^2-2t\,\vec o\cdot\vec u=0$ である。$t=0$ は $C$ なので、$R$ は $t=2\,\vec o\cdot\vec u$ の点で、
$$ CR=\frac{a+b}{2\cos\theta} $$
である。
段 5（長さ）。段 2〜4 から $0< CP< CR$、$0< CQ< CR$ で、
$$ RP=CR-CP=\frac{b}{2\cos\theta},\qquad RQ=CR-CQ=\frac{a}{2\cos\theta} $$
である。
段 6（高さ）。$K$ は半直線 $CB$ の上で $CK=\frac a2$ の点で、$CK$ と二等分線のなす角は $\theta$ である。よって $K$ から直線 $CR$ までの距離は $\frac a2\sin\theta$ である。同じく $L$ から直線 $CR$ までの距離は $\frac b2\sin\theta$ である。
段 7（面積）。三角形 $RPK$ は底辺 $RP$ が直線 $CR$ の上にあるので、面積は
$$ \frac12\cdot RP\cdot\frac a2\sin\theta=\frac12\cdot\frac{b}{2\cos\theta}\cdot\frac a2\sin\theta=\frac{ab\sin\theta}{8\cos\theta} $$
である。三角形 $RQL$ の面積も同じく $\frac12\cdot\frac{a}{2\cos\theta}\cdot\frac b2\sin\theta=\frac{ab\sin\theta}{8\cos\theta}$ で、2 つは等しい。$\square$