・等角共役点と等距離共役点 りらひい氏
昨年からの私の個人的なブームは、三角形に関するあれこれで、今も継続しています。
数日前にふと問題を思いついたので書いてみます。ただし、問題は作りましたが自分で解
いてはいないので解答は用意していません。
（この問題の内容を含むより一般的な命題が成り立つことは確認しています。）
（前提知識その１） 等角共役点 (isogonal conjugate)
三角形ABCの各辺およびその延長線の上にない点Pをとる。
角Aの二等分線に関する直線APの鏡映を直線Ｌ
角Bの二等分線に関する直線BPの鏡映を直線Ｍ
角Cの二等分線に関する直線CPの鏡映を直線Ｎ
とすると、３本の直線Ｌ、Ｍ、Ｎは１点Ｑで交わる。この交点を(三角形ABCに関する)点Pの
等角共役点という。
「３本の直線Ｌ、Ｍ、Ｎが１点Ｑで交わる」ことは、次のように、チェバの定理を用いて示さ
れる。
（証明） 直線ＡＰと辺ＢＣの交点をＤとおく。また、∠ＰＡＢ＝α とおく。このとき、
ＢＤ ： ＤＣ＝△ＡＢＤ ： △ＡＤＣ＝（１/２）ＡＢ・ＡＤｓｉｎα ： （１/２）ＡＣ・ＡＤｓｉｎ（Ａ－α）
すなわち、 ＢＤ ： ＤＣ＝ＡＢｓｉｎα ： ＡＣｓｉｎ（Ａ－α）
同様に、直線ＢＰと辺ＣＡの交点をＥとおく。また、∠ＰＢＣ＝β とおく。このとき、
ＣＥ ： ＥＡ＝BCｓｉｎβ ： ＢＡｓｉｎ（Ｂ－β）
直線ＣＰと辺ＡＢの交点をＦとおく。また、∠ＰＣＡ＝γ とおく。このとき、
ＡＦ ： ＦＢ＝ＣＡｓｉｎγ ： ＣＢｓｉｎ（Ｃ－γ）
３直線ＡＰ、ＢＰ、ＣＰが１点で交わるので、チェバの定理により、
（ＡＦ/ＦＢ）・（ＢＤ/ＤＣ）・（ＣＥ/ＥＡ）＝１ なので、
（ＣＡｓｉｎγ）/（ＣＢｓｉｎ（Ｃ－γ））・（ＡＢｓｉｎα）/（ＡＣｓｉｎ（Ａ－α））・（BCｓｉｎβ）/（ＢＡｓｉｎ（Ｂ－β））＝１
すなわち、（ｓｉｎγ）/（ｓｉｎ（Ｃ－γ））・（ｓｉｎα）/（ｓｉｎ（Ａ－α））・（ｓｉｎβ）/（ｓｉｎ（Ｂ－β））＝１
（ＣＢｓｉｎγ）/（ＣＡｓｉｎ（Ｃ－γ））・（ＡＣｓｉｎα）/（ＡＢｓｉｎ（Ａ－α））・（ＢＡｓｉｎβ）/（ＢＣｓｉｎ（Ｂ－β））＝１
が成り立つ。直線Ｌと辺ＢＣの交点をＤ’、直線Ｍと辺ＣＡの交点をＥ’、直線Ｎと辺ＡＢの交点
をＦ’とおくと、上記の等式は、（Ｆ’Ｂ/ＡＦ’）・（Ｄ’Ｃ/ＢＤ’）・（Ｅ’Ａ/ＣＥ’）＝１
すなわち、 （ＡＥ’/Ｅ’Ｃ）・（ＣＤ’/Ｄ’Ｂ）・（ＢＦ’/Ｆ’Ａ）＝１ が成り立つことを意味する。
よって、チェバの定理より、３直線Ｌ、Ｍ、Ｎは１点Ｑで交わる。 （証終）
上記の証明について、「弦に対するチェバの定理」を用いると、もっとエレガントに示すこと
が出来る。（令和５年６月２１日付け）
（別証） 弦に対するチェバの定理より、 （ＡＦ/ＦＢ）・（ＢＤ/ＤＣ）・（ＣＥ/ＥＡ）＝１
題意より、∠ＡＣＦ＝∠∠ＢＣＦ’ なので、 ＡＦ＝ＢＦ’
∠ＢＣＦ＝∠Ｆ’ＣＡ なので、 ＢＦ＝Ｆ’Ａ
∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＤ’ なので、 ＢＤ＝ＣＤ’
∠ＤＡＣ＝∠Ｄ’ＡＢ なので、 ＤＣ＝Ｄ’Ｂ
∠ＣＢＥ＝∠ＡＢＥ’ なので、 ＣＥ＝ＡＥ’
∠ＥＢＡ＝∠Ｅ’ＢＣ なので、 ＥＡ＝Ｅ’Ｃ
よって、 （ＢＦ’/Ｆ’Ａ）・（ＣＤ’/Ｄ’Ｂ）・（ＡＥ’/Ｅ’Ｃ）＝１ より、
（ＡＥ’/Ｅ’Ｃ）・（ＣＤ’/Ｄ’Ｂ）・（ＢＦ’/Ｆ’Ａ）＝１ が言える。
このことは、弦に対するチェバの定理より、３直線ＡＤ’、ＢＥ’、ＣＦ’が１点で交わることを
意味する。 （別証終）
（コメント） 基本的に２つの証明は、ほとんど同義である。
（応用例） 三角形ＡＢＣの垂心Ｈと外心Ｏは、互いに等角共役点である。
（証明） 下図において、
 |
∠ＣＡＨ＝９０°－∠Ｃ
∠Ｃ＝∠Ｄ 、∠ＡＢＤ＝９０° なので、
∠ＯＡＢ＝９０°－∠Ｄ＝９０°－∠Ｃ
よって、∠ＣＡＨ＝∠ＯＡＢ となり、∠Ａの２等分線に関して、
ＡＨとＡＯは対称である。 |
同様に、∠Ｂの２等分線に関して、ＢＨとＢＯは対称で、∠Ｃの２等分線に関して、ＣＨとＣＯ
は対称となる。以上から、垂心Ｈと外心Ｏは等角共役点である。 （証終）
（補足） ・内心の等角共役点は内心自身である。
・傍心の等角共役点は傍心自身である。
（前提知識その２） 等距離共役点 (isotomic conjugate)
三角形ABCの各辺およびその延長線の上にない点Pをとる。直線APとBCの交点をL、BP
とCAの交点をM、CPとABの交点をNとし、
線分BCの中点に関して点Ｌと対称な点をＬ’
線分CAの中点に関して点Ｍと対称な点をＭ’
線分ABの中点に関して点Ｎと対称な点をＮ’
とすると、３本の直線AＬ’、BＭ’、CＮ’は１点Ｑで交わる。この交点を(三角形ABCに関する)
点Pの等距離共役点という。
「３本の直線ＡＬ’、ＢＭ’、ＣＮ’が１点Ｑで交わる」ことは、次のように、チェバの定理を
用いて示される。
（証明） ３直線ＡＬ、ＢＭ、ＣＮが１点で交わるので、チェバの定理により、
（ＡＮ/ＮＢ）・（ＢＬ/ＬＣ）・（ＣＭ/ＭＡ）＝１ が成り立つ。
題意より、 ＡＮ＝ＢＮ’、ＢＮ＝ＡＮ’、ＢＬ＝ＣＬ’、ＣＬ＝ＢＬ’、ＣＭ＝ＡＭ’、ＡＭ＝ＣＭ’
なので、 （ＢＮ’/Ｎ’Ａ）・（ＣＬ’/Ｌ’Ｂ）・（ＡＭ’/Ｍ’Ｃ）＝１ すなわち、
（ＢＮ’/Ｎ’Ａ）・（ＡＭ’/Ｍ’Ｃ）・（ＣＬ’/Ｌ’Ｂ）＝１ が成り立つ。
よって、チェバの定理より、３直線ＡＬ’、ＢＭ’、ＣＮ’は１点Ｑで交わる。 （証終）
それでは、問題です。
問題その１
三角形の内接円に対して、あるひとつの傍心から２本の接線を引いたときの２つの接点は
互いに等角共役点であることを示せ。
問題その２
三角形ABCに対して、四角形ABCDが平行四辺形となるように点Dをとる。三角形ABCの
内接円に対して、点Dから２本の接線を引いたときの２つの接点は、互いに等距離共役点
であることを示せ。
壊れた扉さんからのコメントです。（令和５年６月１０日付け）
問題その１について、ちょっと考えてみました。
 |
（解） △ＡＢＣの内心を Ｉ とし、∠Ｂ内の傍心を Ｉ’とす
ると、３点Ｂ、Ｉ、Ｉ’は一直線上にあり、Ｉ’から内接円に
引いた接線の２つの接点を Ｉ’Ｉ に関して点Ａ側をＳ、
点Ｃ側をＴとすると、ＡＩ は∠Ａの二等分線で、ＡＩ’は
∠Ａの外角の二等分線より、∠ＩＡＩ’＝９０°
また、Ｉ’Ｓ⊥ＩＳ より、∠ＩＳＩ’＝９０°
よって、∠ＩＡＩ’＝∠ＩＳＩ’より、円周角の定理の逆により、
４点Ｓ、Ｉ、Ｉ’、Ａは同一円周上にある。
ところで、△Ｉ’ＳＩ≡△Ｉ’ＴＩ より、∠ＳＩ’Ｉ＝∠ＴＩ’Ｉ＝● |
と置くと、円周角より、∠ＳＡＩ＝∠ＳＩ’Ｉ＝● である。
また、∠ＩＴＩ’＝９０°、∠ＩＡＩ’＝９０°より、四角形ＡＩＴＩ’は円に内接する四角形である。
よって、円周角より、∠ＩＡＴ＝∠ＩＩ’Ｔ＝● から、∠ＳＡＩ＝∠ＩＡＴ
ところで、ＡＩは∠Ａの二等分線より、ＡＳとＡＴは、∠Ａの二等分線に関して鏡映である。
また、△Ｉ’ＳＩ≡△Ｉ’ＴＩ より、∠Ｉ’ＩＳ＝∠Ｉ’ＩＴ なので、∠ＢＩＳ＝∠ＢＩＴ
また、半径より、ＩＳ＝ＩＴ で、ＢＩ は共通より、二辺夾角が等しいので、△ＢＩＳ≡△ＢＩＴ
より、∠ＩＢＳ＝∠ＩＢＴ である。
ところで、ＢＩは∠Ｂの二等分線より、ＢＳとＢＴは∠Ｂの二等分線に関して鏡映である。
よって、点Ｓと点Ｔは互いに等角共役点である。よって、示された。
（補足）
∠ＩＴＩ’＝∠ＩＣＩ’＝９０°から、４点 Ｉ、Ｔ、Ｃ、Ｉ’は同一円周上にあり、円周角より、
∠ＴＣＩ＝∠ＴＩ’Ｉ＝● である。
また、四角形ＳＩＣＩ’は、円に内接する四角形より、円周角で、∠ＩＣＳ＝∠ＩＩ’Ｓ＝●
より、∠ＴＣＩ＝∠ＩＣＳ である。
ところで、ＣＩは∠Ｃの二等分線より、ＣＴとＣＳは∠Ｃの二等分線に関して鏡映である。 （終）
（コメント） 壊れた扉さん、証明をありがとうございます。美しい証明ですね！
りらひいさんからのコメントです。（令和５年６月１２日付け）
壊れた扉さん、答えていただきありがとうございます。６つの点 A、C、S、T、I、I’ が同一円
周上にあるんですね。
問題その１は、それほど難しくはないだろうなとなんとなく思っていましたが、かなりきれい
な形でした。
ちなみに、
「三角形の傍接円に対して内心から２本の接線を引いたときの２つの接点は互いに等角
共役点である」
こともほとんど同様に示せます。
壊れた扉さんからのコメントです。（令和５年６月１４日付け）
りらひいさんの
「三角形の傍接円に対して内心から２本の接線を引いたときの２つの接点は互いに等角
共役点である」
こともほとんど同様に示せます。
先程やってみました。「ほとんど同様」の意味が分かりました。ある謎を解かないといけま
せんね。
（コメント） 上記の証明に挑戦してみました。（令和５年６月２０日付け）
（証明） 上図の△ＡＰＩ と△ＡＱＩ において、ＡＩ は共通、ＩＰ＝ＩＱ、∠ＡＩＰ＝∠ＡＩＱ から、
△ＡＰＩ ≡△ＡＱＩ なので、 ∠ＰＡＩ ＝∠ＱＡＩ
よって、ＡＰ、ＡＱはＡＩ に関して鏡映である。
また、６点 Ｉ、Ｂ、Ｐ、Ｉ’、Ｑ、Ｃは同一円周上にあるので、ＰＩ’＝ＱＩ’から、
∠ＰＢＩ’＝∠ＱＢＩ’ となるので、ＢＰ、ＢＱはＢＩ’に関して鏡映である。
同様にして、 ∠ＰＣＩ’＝∠ＱＣＩ’ となるので、ＣＰ、ＣＱはＣＩ’に関して鏡映である。
以上から、Ｐ、Ｑは互いに等角共役点となる。 （証終）
問題その２を解こうとする方のために、図の準備をしておこう。
三角形ABCの内接円の中心を Ｉ として、点Dから内接円に引いた接線の接点をＰ、Ｑとお
く。辺ＢＣ、ＣＡ、ＡＢの中点をそれぞれＡ’、Ｂ’、Ｃ’とおく。このとき、直線ＡＰ、ＡＱが辺ＢＣと
交わる点をそれぞれＬ、Ｌ’とおく。同様に、直線ＢＰ、ＢＱが辺ＣＡと交わる点をそれぞれＭ、
Ｍ’とおき、直線ＣＰ、ＣＱが辺ＡＢと交わる点をそれぞれＮ、Ｎ’とおく。
２点Ｐ、Ｑが等距離共役点であることを示すには、
ＬＡ’＝Ｌ’Ａ’ 、ＭＢ’＝Ｍ’Ｂ’ 、ＮＣ’＝Ｎ’Ｃ’
を示せばよい。
りらひいさんから新しい問題が届きました。（令和５年６月１４日付け）
上記の話題に関連して、もう一問投稿してみます。こちらも問題は作りましたが、自分で解
いてはいないので、解答は用意していません。
（この問題の内容を含むより一般的な命題が成り立つことは確認しています。）
問題その３
三角形ABCがあり、線分BCの中点をD、線分CAの中点をE、線分ABの中点をFとする。三
角形ABCの外接円Ｏと直線EFの２つの交点Ｓ、Ｔにおける外接円の接線をＬ、Ｌ’とする。直
線Ｌと直線BC、CA、AB の交点をそれぞれ P、Q、R とし、直線Ｌ’と直線BC、CA、AB の交点
をそれぞれP’、Ｑ’、Ｒ’とする。このとき、 PD＝DP’ 、QE＝EQ’ 、RF＝FR’ が成り立つこ
とを示せ。
壊れた扉さんからのコメントです。（令和５年６月１４日付け）
りらひいさん、簡単なやつ１つだけでもよろしいでしょうか。
（ⅰ） PD＝DP’ の証明
題意より、２点Ｅ、Ｆは線分ＳＴ上にあり、△ＡＢＣでの中点連結定理より、ＦＥ//ＢＣ
すなわち、ＳＴ//ＢＣ である。
また、直線ＬとＬ’の交点をＧとすると、円と接線の関係より、ＧＳ＝ＧＴ から、△ＧＳＴは二等
辺三角形である。
また、点Ｐ、Ｐ’はＢＣの延長上にあり、ＳＴ//ＢＣより、ＳＴ//ＰＰ’ である。
よって、△ＧＳＴ∽△ＧＰＰ’ より、△ＧＰＰ'も二等辺三角形である。
よって、ＧからＰＰ’に垂線を下ろし、その足をＨとすると、ＰＨ＝ＨＰ’ ・・・ ①
ところで、ＳＴ//ＢＣ より、四角形ＳＢＣＴは台形で、円に内接する台形は等脚台形で、また、
△ＧＳＴは二等辺三角形より、点Ｈは、ＢＣの中点である。すなわち、Ｈ＝Ｄ ・・・ ②
②を①に代入すると、ＰＤ＝ＤＰ’ なので、よって、示された。 （証終）
（補足） 円に内接する台形は等脚台形である事を使わない場合は、ＢＴを結ぶと錯角より、
∠ＳＴＢ＝∠ＴＢＣ より、弧ＳＢ＝弧ＴＣ なので、ＳＢ＝ＴＣ
また、ＳＴ//ＢＣ より、四角形ＳＢＣＴは等脚台形である。
DD++ さんからのコメントです。（令和５年６月１４日付け）
この命題には、∠B と ∠C が直角ではないという前提が必要な気がします。あるいは、平
行線は無限遠で交わっているとみなすと補足を入れるか。それはそれとして、PD = DP’ に
ついては、辺 BC の垂直二等分線を引くと、ＬとＬ’がこの直線に関して対称になる、というこ
とを考えれば、わりと自明な感じがしますね。
りらひいさんからのコメントです。（令和５年６月１５日付け）
確かにそうですね。失礼しました。∠B と ∠C が直角ではないとするのがよさそうですね。
（平行線は無限遠で交わっているとみなすと補足を入れる場合は、交点は定義されても長さ
が定義されないので、問題文の最後を「PとP'がDに関して対称」のような形にするのがよい
ですかね？対称の定義が無限遠点に及ぶかわからないから微妙かな？）
「等角共役点と等距離共役点」の私の説明も、平行線となる場合が抜けていて不十分です
ね。ユークリッド平面に無限遠点の集合である無限遠直線を加えて射影平面の定義を満た
すように拡張した平面で考えているとしてください。この拡大ユークリッド平面では平行線は
無限遠点で交わります。
りらひいさんからのコメントです。（令和５年６月１５日付け）
もう一問作りました。例のごとく、問題は作りましたが自分で解いてはいないので、解答は
用意していません。
（この問題の内容を含むより一般的な命題が成り立つことは確認しています。）
問題その４
三角形ABCがあり、∠Aの二等分線と辺BCの交点をD、∠Bの二等分線と辺CAの交点を
E、∠Cの二等分線と辺ABの交点をFとする。内心を Ｉ とおく。三角形ABCの外接円と直線
EFの２つの交点Ｓ、Ｔにおける外接円の接線をＬ、Ｌ’とする。ＬとＬ’の交点をＧとおく。直線Ｌ
と直線BC、CA、ABの交点をそれぞれ P、Q、R とし、直線Ｌ’と直線BC、CA、ABの交点をそ
れぞれP’、Q’、R’とする。このとき、∠PAD=∠DAP’ 、∠QBE=∠EBQ’ 、∠RCF=∠FCR’
が成り立つことを示せ。
#GeoGebraで作図してみると、どうやら ∠QBE(=∠EBQ’) と ∠RCF(=∠FCR’) も等しくなり
そうです。こちらは証明していないので正しいかどうかわかりません。
りらひいさんからのコメントです。（令和５年６月２２日付け）
この問題の元ネタ（より一般的な命題）を載せておきます。
以下、ユークリッド平面に無限遠点の集合である無限遠直線を加えて、射影平面の定義
を満たすように拡張した平面で考えます。この拡大ユークリッド平面では、任意の異なる２点
を結ぶ直線がただ１つ存在し、任意の異なる２直線はただ１点で交わります。
＜ことばの定義＞ 内接二次曲線
３直線BC、CA、ABに接する二次曲線を三角形ABCの内接二次曲線という。
※三角形の内側にあり、３辺に接する楕円だけではなく、三角形の外側にあり、１辺と残り２
辺の延長線に接する楕円・放物線・双曲線を含める。
問題その１の元ネタ
三角形ABCの内心と３つの傍心の中から三角形ABCの内接二次曲線Γに２本の接線が
引ける点を選ぶ。その点からΓに引いた２本の接線の接点は、互いに三角形ABCに関する
等角共役点である。
問題その２の元ネタ
三角形ABCに対して、四角形ABA’C、ABCB’、AC’BC が平行四辺形となるように点A’、
B’、C’を定める。三角形ABCの重心Gと３点A’、B’、C’の中から三角形ABCの内接二次
曲線Γに２本の接線が引ける点を選ぶ。その点からΓに引いた２本の接線の接点は互い
に三角形ABCに関する等距離共役点である。
元ネタの元ネタ（より一般的な命題）も載せておきます。
等角共役点や等距離共役点は、さらに一般化された「点の共役関係」のうちのひとつで
す。一般化された点に関する共役関係には、自己共役な点を４つ持つものと１つも持たない
ものがあります。
元ネタの元ネタ
三角形ABCに関して、自己共役な点を４つ持つ「点に関する共役関係」をひとつ決める。
その４つの自己共役な点の中から三角形ABCの内接二次曲線Γに２本の接線が引ける点
を選ぶ。その点からΓに引いた２本の接線の接点は互いに最初に定めた共役関係にある。
この元ネタの元ネタは、射影幾何の範疇なので、双対が成り立ちます。その双対が、もう
ひとつの「三角形の外接二次曲線と共役直線」の元ネタの元ネタになります。
（前提知識その３） 相反共役線
三角形ABCの各頂点を通らない直線Ｌをとる。直線Ｌと直線BC、CA、ABの交点をそれぞ
れP、Q、R とし、線分BCの中点に関して点Pと対称な点をP’、線分CAの中点に関して点Qと
対称な点をQ’、線分ABの中点に関して点Rと対称な点をR’とすると、３点P’、Q’、R’は一直
線上にある。この直線を(三角形ABCに関する)直線lの相反共役線という。
（前提知識その４） 角度の共役線？
三角形ABCの各頂点を通らない直線Ｌをとる。直線Ｌと直線BC、CA、AB の交点をそれぞ
れP、Q、R とし、角Aの二等分線に関する直線APの鏡映が直線BCと交わる点をP’、角Bの
二等分線に関する直線BPの鏡映が直線CAと交わる点をQ’、角Cの二等分線に関する直
線CPの鏡映が直線ABと交わる点をR’とすると、３点P’、Q’、R’は一直線上にある。
この直線を何というのかわたしは知りませんし、そもそも名称があるのかどうかもわかりま
せんので、こでは、この直線を(三角形ABCに関する)直線Ｌの角度の共役線と呼ぶことに
します。
＜ことばの定義＞ 外接二次曲線
３点A、B、Cを通る二次曲線を三角形ABCの外接二次曲線という。
※一部が三角形ABCの内部を通る双曲線も含める。
＜ことばの定義＞ antiorthic axis
三角形ABCに対して、点A、B、Cの外角の二等分線と対辺の延長線の交点をそれぞれ
D’、E’、F’とすると、この３点は一直線上にある。この直線を三角形ABCの antiorthic axis
という。(日本語の名称はわかりません。)
問題その３の元ネタ
三角形ABCがあり、線分BCの中点をD、線分CAの中点をE、線分ABの中点をFとする。無
限遠直線と直線EF、FD、DEの中から三角形ABCの外接二次曲線Γと２点で交わる直線を
選ぶ。その直線とΓの２つの交点における接線は互いに三角形ABCに関する相反共役線で
ある。
問題その４の元ネタ
三角形ABCがあり、点A、B、Cの内角の二等分線と対辺の交点をそれぞれD、E、Fとする。
三角形ABCの antiorthic axis と直線EF、FD、DEの中から三角形ABCの外接二次曲線Γと
２点で交わる直線を選ぶ。その直線とΓの２つの交点における接線は互いに三角形ABCに
関する角度の共役線である。
元ネタの元ネタ（より一般的な命題）も載せておきます。
相反共役線や角度の共役線は、さらに一般化された「直線の共役関係」のうちのひとつで
す。一般化された直線に関する共役関係には、自己共役な直線を４つ持つものと１つも持た
ないものがあります。
元ネタの元ネタ
三角形ABCに関して、自己共役な直線を４つ持つ「直線に関する共役関係」をひとつ決め
る。その４つの自己共役な直線の中から三角形ABCの外接二次曲線Γと２点で交わる直線
を選ぶ。その直線とΓの２つの交点における接線は互いに最初に定めた共役関係にある。
この元ネタの元ネタは、射影幾何の範疇なので双対が成り立ちます。その双対がもうひと
つの「三角形の内接二次曲線と共役点」の元ネタの元ネタになります。
わたしがこれらのことを考えるきっかけになったのは、次の定理を見かけたことによります。
問題その１からその４やそれらの元ネタの命題は次の定理からの連想で生まれました。
三角形ABCの相反共役線となる２直線の組は、３点A、B、Cを通るある双曲線の
２本の漸近線である。
（コメント） 掲示板「出会いの泉」におけるタイトル「三角形の『内接二次曲線』や三角形の
『外接二次曲線』に、どんな関係があるのか不思議でしたが、りらひいさんの種明
かしを伺って、合点がいきました。
直角双曲線 ｙ＝１/ｘ 上に３点Ａ（１，１）、Ｂ（２，１/２）、Ｃ（－１，－１）をとる。
直線ＢＣの方程式は、 ｙ＝（１/２）ｘ－１/２ なので、点ＡからＢＣに下ろした垂線の方程式は、
ｙ＝－２ｘ＋３ である。同様にして、 直線ＣＡの方程式は、ｙ＝ｘ なので、点ＢからＣＡに下
ろした垂線の方程式は、 ｙ＝－ｘ＋５/２ である。 したがって、△ＡＢＣの垂心Ｈの座標は、
（１/２，２）となり、Ｈは、明らかに、直角双曲線 ｙ＝１/ｘ 上の点である。
逆に、三角形の頂点と垂心を通る双曲線は直角双曲線であることが知られている。
このとき、直角双曲線 ｙ＝１/ｘ は、△ＡＢＣの外接二次曲線と言われる。
次の定理が知られている。
定理 △ＡＢＣにおいて、等角共役点をＰ、Ｑとする。このとき、この２点を焦点とし、△ＡＢＣ
の３辺に内接する２次曲線（△ＡＢＣの内接二次曲線）が存在する。
（補足） ・Ｐ、Ｑがともに△ＡＢＣの内部、または、外接円の外部にあるとき、２次曲線は楕円
・Ｐ、Ｑの一方が△ＡＢＣの外部かつ外接円の内部にあり、他方が外接円の外部にある
とき、２次曲線は双曲線
・Ｐ、Ｑの一方が△ＡＢＣの外接円上（頂点は除く）にあり、他方が無限遠点であるとき、
２次曲線は放物線
定理 △ＡＢＣにおいて、等角共役点をＰ、Ｑとする。Ｐより、３辺に垂線の足Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3を
下す。同様に、Ｑより、３辺に垂線の足Ｑ1、Ｑ2、Ｑ3を下す。
このとき、６点Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3、Ｑ1、Ｑ2、Ｑ3は同一円周上にあり、線分ＰＱの中点が円
の中心となる。
（証明） 円は３点で定まるので、４点Ｐ1、Ｐ3、Ｑ1、Ｑ3 が同一円周上にあることを示せば
十分である。
４点Ｂ、Ｐ1、Ｐ、Ｐ3 は同一円周上にあるので、 ∠ＰＰ1Ｐ3＝∠ＰＢＰ3
Ｐ、Ｑは等角共役点なので、 ∠ＰＢＰ3＝∠ＱＢＱ1
４点Ｂ、Ｑ1、Ｑ、Ｑ3 は同一円周上にあるので、 ∠ＱＢＱ1＝∠ＱＱ3Ｑ1
よって、 ∠ＰＰ1Ｐ3＝∠ＱＱ3Ｑ1 である。このとき、
∠Ｑ1Ｐ1Ｐ3＝∠Q1Ｐ1Ｐ＋∠ＰＰ1Ｐ3＝９０°＋∠ＰＰ1Ｐ3＝９０°＋∠ＱＱ3Ｑ1
＝∠ＱＱ3Ａ＋∠ＱＱ3Ｑ1＝∠ＡＱ3Ｑ1
が成り立つので、４点Ｐ1、Ｐ3、Ｑ1、Ｑ3 は同一円周上にある。
同様にして、４点Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3、Ｑ3 も同一円周上にあり、４点Ｐ1、Ｐ3、Ｑ1、Ｑ2 も同一円
周上にあることから、結局、６点Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3、Ｑ1、Ｑ2、Ｑ3は同一円周上にある。
円の中心は、線分Ｐ1Ｑ1と線分Ｐ3Ｑ3 の垂直２等分線の交点で、線分ＰＱの中点で交わる。
すなわち、円の中心は、線分ＰＱの中点である。 （証終）
（コメント） 上記の証明には直接関係しないが、「ＢＱ⊥Ｐ1Ｐ3」という関係が成り立つことに、
上記の証明を考察している際に気が付いた。
実際に、△ＳＢＰ1と△ＳＰ1Ｔにおいて、４点Ｂ、Ｐ1、Ｐ、Ｐ3 は同一円周上にあるので、
∠ＰＰ1Ｐ3＝∠ＰＢＰ3 で、Ｐ、Ｑは等角共役点なので、∠ＰＢＰ3＝∠ＱＢＱ1 より、
∠ＰＰ1Ｐ3＝∠ＱＢＱ1 すなわち、∠ＳＰ1Ｔ＝∠ＳＢＰ1
∠Ｐ1ＳＢは共通なので、２角相等から、 △ＳＢＰ1∽△ＳＰ1Ｔ
ところで、∠ＳＰ1Ｂ＝９０°なので、∠ＳＴＰ1＝９０° 即ち、ＢＱ⊥Ｐ1Ｐ3 が成り立つ。
定理 △ＡＢＣにおいて、等角共役点をＰ、Ｑとする。Ｐより、３辺に垂線の足Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3を
下す。同様に、Ｑより、３辺に垂線の足Ｑ1、Ｑ2、Ｑ3を下す。ＰのＰ1、Ｐ2、Ｐ3、Ｑ1、
Ｑ2、Ｑ3に関する対称点をＰ1’、Ｐ2’、Ｐ3’、Ｑ1’、Ｑ2’、Ｑ3’とすると、この６点は、Ｑ
を中心とする円周上にある。
（証明） 点Ｐに対して、点Ｐ1’、Ｐ2’、Ｐ3’、Ｑ1’、Ｑ2’、Ｑ3’の取り方から、
△Ｐ1Ｐ2Ｐ3∽△Ｐ1’Ｐ2’Ｐ3’ 、△Ｑ1Ｑ2Ｑ3∽△Ｑ1’Ｑ2’Ｑ3’ （相似比 ２） である。
６点Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3、Ｑ1、Ｑ2、Ｑ3を通る円は、６点Ｐ1’、Ｐ2’、Ｐ3’、Ｑ1’、Ｑ2’、Ｑ3’を通る
円に相似拡大される。
その円の中心は、Ｐに関して点Ｏを２倍に相似拡大すれば、Ｑとなる。 （証終）
定理 △ＡＢＣにおいて、等角共役点をＰ、Ｑとする。Ｐより、３辺に垂線の足Ｐ1、Ｐ2、Ｐ3を
下す。同様に、Ｑより、３辺に垂線の足Ｑ1、Ｑ2、Ｑ3を下す。ＱのＰ1、Ｐ2、Ｐ3、Ｑ1、
Ｑ2、Ｑ3に関する対称点をＰ1”、Ｐ2”、Ｐ3”、Ｑ1”、Ｑ2”、Ｑ3”とすると、この６点は、Ｐ
を中心とする円周上にある。
（証明） 上記と同様にして示される。 （証終）
りらひいさんからのコメントです。（令和５年６月３０日付け）
一般化された「点に関する共役関係」(自己共役な点を4つ持つもの)について書き込んでお
きます。
１点を通る４直線の複比を [l1,l2;l3,l4] のように書き、１直線上にある4点の複比を
[P1,P2;P3,P4] のように書く。
点Dは直線BC、CA、AB上にないとする。４つの自己共役な点を持ち、その中の１つが点D
であるような共役関係のことをD-共役と書くことにし、ある点に対して、D-共役の関係にある
点のことをD-共役点と書くことにする。
＜D-共役点＞
直線BC、CA、AB上にない点Pに対して、直線m1は点Aを通り、[AC,AB;AD,m1]＝１/[AC,AB;AD,AP]
となる直線とし、直線m2は点Aを通り、[BA,BC;BD,m2]＝１/[BA,BC;BD,BP] となる直線とし、
直線m3は点Aを通り、[CB,CA;CD,m3]＝１/[CB,CA;CD,CP] となる直線とする。
このとき、３本の直線m1、m2、m3は１点で交わる。この点が点PのD-共役点である。
ちなみに、直線BCとADの交点をA’、CAとBDの交点をB’、ABとCDの交点をC’とすると、
D-共役の４つの自己共役な点のうち点D以外の３つの点は、点A、A’に関する点Dの調和共
役点 、点B、B’に関する点Dの調和共役点 、点C、C’に関する点Dの調和共役点である。
※調和共役点とは複比が-1となる点のことをいう。
一般化された「直線に関する共役関係」(自己共役な直線を4つもつもの)について書き込ん
でおきます。
直線dは点A、B、Cを通らないとする。また、直線dと直線BC、CA、ABの交点をそれぞれD1、
D2、D3とする。
４つの自己共役な直線を持ち、その中の1つが直線dであるような共役関係のことをd-共役
と書くことにし、ある直線に対してd-共役の関係にある直線のことをd-共役線と書くことにする。
＜d-共役線＞
点A、B、Cを通らない直線lと直線BC、CA、ABの交点をそれぞれL1、L2、L3とする。
点M1は直線BC上にあり、[B,C;D1,M1]＝１/[B,C;D1,L1] となる点とし、点M2は直線CA上に
あり、[C,A;D2,M2]＝１/[C,A;D2,L2] となる点とし、点M3は直線AB上にあり、
[A,B;D3,M3]=1/[A,B;D3,L3] となる点とする。
このとき、3つの点M1、M2、M3は1直線上にある。この直線が直線lのd-共役線である。
ちなみに、d-共役の4つの自己共役な直線のうち直線d以外の3本の直線は、直線BC、AD1
に関する直線dの調和共役線、直線CA、BD2に関する直線dの調和共役線、直線AB、CD3に
関する直線dの調和共役線である。
※調和共役線とは複比が-1となる直線のことをいう。
以下、工事中！
