三角形と1点}}） \\[1zh] \textbf{$\bm{\triangle}$ABCの3辺BC,\ CA,\ ABまたはその延長上にそれぞれ点P,\ Q,\ Rをとる.} \\[.2zh] \textbf{\textcolor{red}{3直線AP,\ BQ,\ CRが1点Oで交わる}}とき,\ 以下の関係式が成立す \bm{三角形と1点で構成される構図}において線分の比を求めるとき,\ チェバの定理が有効である. \\[.2zh] 左図が超頻出の基本構図だが,\ 点\text Oが三角形の外部にくる場合もチェバの定理が成立する(右図). \\[.2zh] このとき,\ 2点\mathRM{Q,\ R}が辺\mathRM{AC,\ AB}の外分点である. \\[.2zh] 結局,\ \bm{3点\mathRM{P,\ Q,\ R}のうち外分点が0個または2個(偶数個)}の構図がチェバの定理の範疇である. \\[.2zh] 外分点が1個または3個(奇数個)の構図は,\ 次項で示すメネラウスの定理の範疇となる. \\[1zh] チェバの定理は数式を丸暗記しても意味はなく,\ 図形的にその構造を理解する. \\[.2zh] \mathRM{A,\ B,\ Cが頂点,\ P,\ Q,\ Rが分点(内分点または外分点)である.} \\[.2zh] このとき,\ \bm{\textcolor{purple}{頂点}\ →\ \textcolor{cyan}{分点}\ →\ \textcolor{purple}{頂点}\ →\ \textcolor{cyan}{分点}\ →\ \textcolor{purple}{頂点}\ →\ \textcolor{cyan}{分点}\ →\ \textcolor{purple}{頂点}}\ の順で\bm{1周}したものとなっている. \\[.2zh] 頂点\mathRM{A}から出発したが,\ どの頂点から出発しても同じである. \phantom{ [1]}\ \ \ 3式の辺々を掛け合わせると \ \bm{線分の比を三角形の面積比としてとらえる}と容易に証明できる. \\[1zh] 念のため,\ \mathRM{\bunsuu{AR}{RB}=\bunsuu{\triangle OAC}{\triangle OBC}}\ となることの証明も簡単に示しておく.\ 他も同様である. \\[.8zh] 右図において \mathRM{\triangle OAC:\triangle OBC=\teisei{OC}\times AH\times\teisei{\bunsuu12}:\teisei{OC}\times BI\times\teisei{\bunsuu12}=AH:BI} \\[.8zh] ここで,\ \mathRM{\triangle ARHと\triangle BRIにおいて,\ \angle AHR=\angle BIR=90\Deg,\ \angle ARH=\angle BRI\ (対頂角)}\ である. \\[.2zh] よって,\ \mathRM{\triangle ARH\souzi\triangle BRI\ より,\ AH:BI=AR:RB\ である.} \\[.2zh] ゆえに,\ \mathRM{\triangle OAC:\triangle OBC=AR:RBが成り立つ.} {チェバの定理の逆（共点条件）}} \\[1zh] $\triangle$ABCの辺BC,\ CA,\ ABまたはその延長上にそれぞれ点P,\ Q,\ Rをとる. \\[.2zh] 3点P,\ Q,\ Rのうち,\ 辺の延長上にある点が偶数個(0か2)であるとする. \\[.2zh] また,\ 3直線AP,\ BQ,\ CRのうち2本が交わるとする. \\[1zh] \textbf{\textcolor{red}{$\bm{\mathRM{\bunsuu{AR}{RB}\cdot\bunsuu{BP}{PC}\cdot\bunsuu{CQ}{QA}=1}}$が成り立つとき,\ 3直線AP,\ BQ,\ CRは1点で交わる 2点Q,\ Rがともに辺上にあるか,\ ともに辺の延長上にあるとする.\ \ $\cdots\cdots\,\maru1$ \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ このとき,\ 点Pは辺BC上にある. \\[1zh] \phantom{ [1]}\ \ 2直線BQ,\ CRが点Oで交わるとすると,\ 直線AOは辺BCと交わる. \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ その交点をP$’$とすると,\ チェバの定理より \phantom{ [1]}\ \ 仮定より\ \phantom{ [1]}\ \ P,\ P$’$はともに辺BC上の点であるから,\ P$’$とPは一致する. \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ つまり,\ \textbf{3直線AP,\ BQ,\ CRは1点で交わる.} 3直線が1点で交わることを\bm{共点},\ 共点となるための条件を\bm{共点条件}という. \\[.2zh] \bm{共点を示す証明問題では,\ チェバの定理の逆が大活躍する.}. \\[1zh] 証明は難しくはないが,\ 高校数学ではあまり見かけない論法なので戸惑うかもしれない. \\[.2zh] まず,\ 何が仮定で何が結論かを混同しないように注意する. \\[1zh] [1]\ \ 3点\mathRM{P,\ Q,\ R}のうち,\ 辺の延長上にある点(外分点)が偶数個である. \\[.4zh] [2]\ \ \mathRM{3直線AP,\ BQ,\ CR}のうち2本が交わる. \\[.4zh] [3]\ \ \mathRM{\bunsuu{AR}{RB}\cdot\bunsuu{BP}{PC}\cdot\bunsuu{CQ}{QA}=1}\ が成り立つ. \\[1.2zh] この3つの仮定から,\ 結論「\,3直線\mathRM{AP,\ BQ,\ CR}が1点で交わる」を示すことになる. \\[1zh] [2]があるのは,\ [1]と[3]のみでは3直線\mathRM{AP,\ BQ,\ CR}が平行になる可能性があるからである. \\[1zh] [1]より,\ \maru1としても一般性を失わない.\ このとき,\ 残りの点\text Pが外分点となる可能性はなくなる. \\[1zh] さて,\ 3直線が1点で交わることを示すには,\ \bm{3本目の直線が2直線の交点を通ることを示せばよい.} \\[.2zh] 実際には,\ \bm{一旦仮の3本目の直線を設定し,\ これが実際の3本目の直線と一致することを示す.} \\[1zh] 3本目の直線として\mathRM{AP’}を設定する.\ この時点では\text P’と\text Pは別物であることに注意してほしい. \\[.2zh] チェバの定理(逆ではない方)と仮定から,\ \mathRM{BP’:P’C=BP:PC}\ が導かれる. \\[.2zh] 点\text{P}は外分点ではないから,\ 比が等しいならば2点\mathRM{P’,\ P}は同じ内分点のはずである. \\[.2zh] \mathRM{P’=Pより,\ 2直線AP’,\ APは同一直線である.} \\[.2zh] \mathRM{つまり,\ 直線APは2直線BQ,\ CRの交点Oを通る.}
