ですが明日、出勤となっており、火曜・水曜・木曜と学年毎の分散登校日となっています。そのため、明日にはなんとしても一般社会人の生活に戻さなくては・・・
ということで、全く関係ありませんが先日、SwitchBotを購入したのが今日、届きました。通常価格よりもだいぶ安くなっていたので、思い切ってスマートホーム化してみようかと思いまして・・・「OK, Google テレビをつけて」とか、真夏の暑い日には帰宅する前にスマホから「OK, Google 22 度で冷房をつけて」とか、色々と使い方を考えて・・・
で、早速開封して、マニュアル通りに設定していったのですが・・・
アパートの備え付けのエアコン（CORONA社製）、テレビ（東芝社製）、HDD レコーダ（東芝社製）とも、全く使えません・・・なんか、所謂「安物買いの銭失い」ってヤツでしたね・・・いや、ひょっとしたら、アプリの設定とかなのかも知れませんので、もうしばらくは試してみたいと思いますが・・・期待出来なさそうで・・・
先日, 平面幾何の問題の際にも desmos を使って図形をかいたのですが, その際に用いた点の座標についての覚書です.
今まで使っていた $\LaTeX$ では, $2$ 点 $\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ の中点を $\mathrm{M}$ とする, 的な計算を自動でやってくれるコマンド（を含むパケージ）があるので, 非常に簡単に描画できたのですが, desmos ではそうはいきません.
だったら, 平面幾何では $\LaTeX$ でかいた画像を使えば簡単なのですが, desmos で作るといいことが $1$ つありまして...
このブログ上からでも, 点をドラッグして, 動かすことができるんですよね.
何がいいのかというと, 重心とか垂心とかの存在を, 証明ではなく, 感覚的に理解することができるのかも知れません.
まず, $3$ 点の座標を $\mathrm{A}(a_x, a_y)$, $\mathrm{B}(b_x, b_y)$, $\mathrm{C}(c_x, c_y)$ とする. また, それぞれの位置ベクトルを $\overrightarrow{a}$, $\overrightarrow{b}$, $\overrightarrow{c}$ とする.
$2$ 点間の距離より,
$a=\sqrt{(b_x-c_x)^2+(b_y-c_y)^2}$,
$b=\sqrt{(c_x-a_x)^2+(c_y-a_y)^2}$,
$c=\sqrt{(a_x-b_x)^2+(a_y-b_y)^2}$
である.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の内心を $\mathrm{I}$, $\mathrm{AI}$ と $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$ とする.
$\angle\mathrm{BAP}=\angle\mathrm{PAC}$ より,
$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=\mathrm{BA}:\mathrm{AC}=c:b$,
$\mathrm{AI}:\mathrm{IP}=\mathrm{AB}:\mathrm{BP}=c:\dfrac{ac}{b+c}=(b+c):c$
であるので,
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{b+c}$,
$\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\dfrac{b+c}{a+b+c}\times\dfrac{b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{b+c}=\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{a+b+c}$,
$\overrightarrow{\mathrm{OI}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AI}}=\overrightarrow{a}+\dfrac{b(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a})+c(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})}{a+b+c}
=a\overrightarrow{a}+b\overrightarrow{b}+c\overrightarrow{c}$
より, 内心の座標は
$(aa_x+bb_x+cc_x, aa_y+bB_y+cc_y)$
である.
通常, 公式等を表す場合, $a$, $b$, $c$ の値は前述の式を代入して表すものであるが, desmos 上では定義された値を使うことができるので, このまま使うこととする.
以降, 内心の座標を $(I_x, I_y)$ と表す.
内接円の半径 $r$ を求める.
直線 $\mathrm{BC}$ を表す方程式は
$y-b_y=\dfrac{c_y-b_y}{c_x-b_x}(x-b_x)$
$(y-b_y)(c_x-b_x)=(x-b_x)(c_y-b_y)$
$(b_y-c_y)x+(c_x-b_x)y+(b_xc_y-c_xb_y)=0$
であるので, 点と直線の距離の公式より
$r=\dfrac{|(b_y-c_y)I_x+(c_x-b_x)I_y+(b_xc_y-c_xb_y)|}{\sqrt{(b_y-c_y)^2+(c_x-b_x)^2}}$
$=\dfrac{|(b_y-c_y)(aa_x+bb_x+cc_x)+(c_x-b_x)(aa_y+bb_y+cc_y)+(a+b+c)(b_xc_y-c_xb_y)|}{a(a+b+c)}$
$=\dfrac{|a_xb_y+b_xc_y+c_xa_y-a_xc_y-c_xb_y-b_xa_y|}{a+b+c}$
である.
ただし, desmos 使う場合は $r=$ とすると, 極座標表示と認識してしまうので, $R$ 等の別な文字にする必要うがある.
ついでに, 三角形の外心についても考えておく.
が, その前に補題を $1$ つ証明しておく.
Lemma.
$\triangle\mathrm{ABC}$ 内の点 $\mathrm{X}$ に対し,
$p\overrightarrow{\mathrm{XA}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}=\overrightarrow{0} \iff \triangle\mathrm{XBC}:\triangle\mathrm{XCA}:\triangle\mathrm{XAB}=p:q:r$
が成り立つ.
(Proof)
$\Longrightarrow$ について.
$p\overrightarrow{\mathrm{AX}}=q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}$
$p\overrightarrow{\mathrm{AX}}+q\overrightarrow{\mathrm{AX}}+r\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\overrightarrow{\mathrm{AX}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AX}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}$
$(p+q+r)\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\left(\overrightarrow{\mathrm{AX}}+\overrightarrow{\mathrm{XB}}\right)+r\left(\overrightarrow{\mathrm{AX}}+\overrightarrow{\mathrm{XC}}\right)$
$(p+q+r)\overrightarrow{\mathrm{AX}} = q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}$
$\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{p+q+r}$
$\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{q+r}{p+q+r}\times\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}$
より, $2$ 直線 $\mathrm{AX}$, $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$ とすると,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$
である. よって,
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XBC}=p+q+r:p$
である.
対称性から,
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XCA}=p+q+r:q$
$\triangle\mathrm{ABC}:\triangle\mathrm{XAB}=p+q+r:r$
であるので,
$\triangle\mathrm{XBC}:\triangle\mathrm{XCA}:\triangle\mathrm{XAB}=p:q:r$
が成り立つ.
$\Longleftarrow$ について.
$2$ 直線 $\mathrm{AX}$, $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm{P}$, $2$ 直線 $\mathrm{BX}$, $\mathrm{CA}$ の交点を $\mathrm{Q}$ とする.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の面積を $S$ とすると,
$\triangle\mathrm{XBC}=\dfrac{p}{p+q+r}S$, $\triangle\mathrm{XCA}=\dfrac{q}{p+q+r}S$
と表すことができる. これより,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$, $\mathrm{BX}:\mathrm{XQ}=p+r:q$
である. これと, メネラウスの定理より
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}}\times\dfrac{\mathrm{PA}}{\mathrm{AX}}\times\dfrac{\mathrm{XQ}}{\mathrm{QB}} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} \times \dfrac{p+q+r}{q+r} \times \dfrac{q}{p+q+r} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} = \dfrac{q+r}{q}$
であるので,$\triangle\mathrm{XBC}=\dfrac{p}{p+q+r}S$, $\triangle\mathrm{XCA}=\dfrac{q}{p+q+r}S$
と表すことができる. これより,
$\mathrm{AX}:\mathrm{XP}=q+r:p$, $\mathrm{BX}:\mathrm{XQ}=p+r:q$
である. これと, メネラウスの定理より
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}}\times\dfrac{\mathrm{PA}}{\mathrm{AX}}\times\dfrac{\mathrm{XQ}}{\mathrm{QB}} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} \times \dfrac{p+q+r}{q+r} \times \dfrac{q}{p+q+r} = 1$
$\dfrac{\mathrm{BC}}{\mathrm{CP}} = \dfrac{q+r}{q}$
$\mathrm{BP}:\mathrm{PC}=r:q$
である. これより,
$\overrightarrow{\mathrm{AP}}=\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}$,
$\overrightarrow{\mathrm{AX}}=\dfrac{q+r}{p+q+r}\times\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{q+r}=\dfrac{q\overrightarrow{\mathrm{AB}}+r\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{p+q+r}$
以下, $\Longrightarrow$ のときの逆に計算していくことで $p\overrightarrow{\mathrm{XA}}+q\overrightarrow{\mathrm{XB}}+r\overrightarrow{\mathrm{XC}}=\overrightarrow{0}$ が成り立つ${}_{\square}$
$3$ 点 $\mathrm{A}(\overrightarrow{a})$, $\mathrm{B}(\overrightarrow{b})$, $\mathrm{C}(\overrightarrow{c})$ に対し, $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心を $\mathrm{D}(\overrightarrow{d})$ とする（ベクトルの原点で $\mathrm{O}$ を使うので, 外心に $\mathrm{O}$ は使わないことにする）.
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外接円の半径を $R$ とする. $\mathrm{D}$ は $\triangle\mathrm{ABC}$ の外心なので, 円周角の定理より $\angle\mathrm{BDC}=2A$, $\angle\mathrm{BDH}=A$ である. このとき, $\triangle\mathrm{DBC}$ の面積 $S_{DBC}$ は,
$S_{DBC}=\dfrac12 \times \mathrm{BH} \times \mathrm{DH} \times 2$
$= \dfrac12 \times R\sin A \times R \cos A \times 2$
$= \dfrac12R^2\sin 2A$
三角関数の加法定理（$2$ 倍角の公式）
$\sin 2\theta=2\sin\theta\cos\theta$
を使っていますが, これを使わないで考えるのであれば...
$S_{DBC}=\dfrac12 \times \mathrm{DB} \times \mathrm{DC} \times \sin\angle\mathrm{CDB}$
$= \dfrac12 \times R \times R \times \sin2A$
$= \dfrac12R^2\sin A$
同様に, $S_{DCA}=\dfrac12R^2\sin2B$, $S_{DAB}=\dfrac12R^2\sin2C$ であるので,
$\triangle\mathrm{DCA}:\triangle\mathrm{DAB}:\triangle\mathrm{DBC}=\dfrac12R^2\sin2A:\dfrac12R^2\sin2B:\dfrac12R^2\sin2C$
$= \sin2A:\sin2B:\sin2C$
である. Lemma の証明より,
$\overrightarrow{\mathrm{OD}}=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\overrightarrow{\mathrm{AD}}$
$=\overrightarrow{\mathrm{OA}}+\dfrac{\sin2B\times\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\sin2C\times\overrightarrow{\mathrm{AC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{AB}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{AC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A \times \overrightarrow{\mathrm{OA}}+\sin2B \times \overrightarrow{\mathrm{OB}}+\sin2C \times \overrightarrow{\mathrm{OC}}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
$=\dfrac{\sin2A\overrightarrow{a}+\sin2B\overrightarrow{b}+\sin2C\overrightarrow{c}}{\sin2A+\sin2B+\sin2C}$
を得る. あとは, $\sin2A$, $\sin2B$, $\sin2C$ の値は, 余弦定理, 三角比の相互関係, 三角関数の $2$ 倍角の公式より
$\cos A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,
$\sin A=\sqrt{1-\cos^2A}$,
$\sin2A=2\sin A\cos A$
より求めることができる.
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