1999年 9月11日（土）
凾`ＢＣの各辺の上に相似な二等辺三角形をつくる。
すなわち、三角形の外側に３点Ｄ、Ｅ、Ｆを取って、
凾cＢＣは ＤＢ＝ＤＣ の二等辺三角形
凾dＣＡは ＥＣ＝ＥＡ の二等辺三角形
凾eＡＢは ＦＡ＝ＦＢ の二等辺三角形
とし、この３つの三角形は相似であるとする。
このとき、３つの直線ＡＤ、ＢＥ、ＣＦは１点で交わる。
３本の直線が１点で交わることを証明するには どうしたらよいのだろうか？ とりあえず、Ｃｅｖａの定理が 使えないかと考えた。
Ｃｅｖａの定理（の逆）
三角形ＡＢＣの辺ＢＣ上に点Ｐ、辺ＣＡ上に点Ｑ、辺ＡＢ上に点Ｒがある。
このとき、
ＡＲ ＢＰ ＣＱ
---- ＝ ---- ＝ ---- ＝ １
ＲＢ ＰＣ ＱＡ
が成り立つならば、３直線ＡＰ，ＢＱ，ＣＲは１点で交わる。
使える条件は「二等辺三角形」だけだから、二等辺三角形の 等しい辺の長さと角度を使って、Ｃｅｖａのあの比を計算しなければ ならないだろう・・・。二等辺三角形の等辺を使うような三角形の面積比として 計算できないだろうか・・・？
そのように考えて、次のような証明ができた。
三角形ＡＦＣと三角形ＢＦＣの面積比を考えると
凾`ＦＣ：凾aＦＣ＝ＡＲ：ＲＢ
となっている。
二等辺三角形の底角をθとすると、
凾`ＦＣ＝ＦＡ×ＡＣ×sin(Ａ＋θ)÷２
凾aＦＣ＝ＦＢ×ＢＣ×sin(Ｂ＋θ)÷２
であるから、
ＡＲ：ＲＢ＝ＡＣsin(Ａ＋θ)：ＢＣsin(Ｂ＋θ)
となっている。
同様にして、
ＢＰ：ＰＢ＝ＡＢsin(Ｂ＋θ)：ＡＣsin(Ｃ＋θ)
ＣＱ：ＱＡ＝ＢＣsin(Ｃ＋θ)：ＡＢsin(Ａ＋θ)
これから、
ＡＲ ＢＰ ＣＱ
---- ＝ ---- ＝ ---- ＝ １
ＲＢ ＰＣ ＱＡ
が成り立つ。
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