https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2023/Suri

2023.01.23記

[1] 平面内の鋭角三角形 $\triangle\rm ABC$ を考える． $\triangle\rm ABC$ の内部の点 $\rm P$ に対して，
直線 $\rm BC$ に関して $\rm P$ と対称な点を $\rm D$ ，
直線 $\rm CA$ に関して $\rm P$ と対称な点を $\rm E$ ，
直線 $\rm AB$ に関して $\rm P$ と対称な点を $\rm F$
とする．6点 $\rm A，B，C，D，E，F$ が同一円周上にあるような $\rm P$ は $\triangle\rm ABC$ の内部にいくつあるか求めよ．

本問のテーマ

Johnson の定理（Johnson 円）
外心を位置ベクトルの中心としたときの垂心の位置ベクトル

2023.01.23記

[大人の解答]
$\triangle\rm ABC$ の外接円を $C$ とする．
$\rm D$ が $C$ 上にあるので， $C$ を直線 $\rm BC$ に関して折り返した円 $C_{\rm BC}$ 上に $\rm P$ がある．
同様に
$C$ を直線 $\rm CA$ に関して折り返した円 $C_{\rm CA}$ 上に $\rm P$ があり，
$C$ を直線 $\rm AB$ に関して折り返した円 $C_{\rm AB}$ 上に $\rm P$ がある．

よって， $\rm P$ はどの2つも（異なる直線に関して折り返したのだから）中心が異なるが半径の等しい3つの円 $C_{\rm AB}$ ， $C_{\rm BC}$ ， $C_{\rm CA}$ 上にあることになり，この3つの円の交点から3つの円の中心までの距離が等しいことから，そのような点は存在しても高々1つで，それは3つの円の中心を3頂点とする三角形の外心となる．

そして，もしそのような点が存在するとき， $C_{\rm AB}$ ， $C_{\rm BC}$ ， $C_{\rm CA}$ は（円 $C$ と）合同であるから，Johnson の定理から，その交点は $\triangle\rm ABC$ の垂心となる．

つまり，題意をみたす点 $\rm P$ が存在するならば，それは $\triangle\rm ABC$ の垂心である必要がある．

$\triangle\rm ABC$ が鋭角三角形のとき，垂心は $\triangle\rm ABC$ の内部にあり， $C$ と $C_{\rm AB}$ は合同な円であるから， $C_{\rm AB}$ 上の点 $\rm P$ と直線 $\rm AB$ に関して点 $\rm F$ は円 $C$ 上にある．
同様に $\rm D，E$ も $C$ 上にあるので十分である．

以上から求める個数は $\triangle\rm ABC$ の垂心1個である．

Johnson の定理

同じ大きさの３つの円が共通する１点を通過する場合，他の３つの交差点は同じ大きさの別の円上にある，という定理

Johnson's Theorem -- from Wolfram MathWorld
Johnson circles - Wikipedia

もとの三角形をジョンソン三角形，元の3つの円はジョンソン円と呼ばれ，3つのジョンソン円の中心を通る円もまた同じ大きさの円となることが知られている．

Johnson の定理の応用例を上げておく．
2円に対するポンスレの閉形定理(三角形の場合)の反転を利用した証明 - 球面倶楽部零八式 mark II

ここで紹介した解法のスーパーテクニックにある Johnson の定理の美しいアイディアをそのままパクって答案を書くこともできる（初等幾何でもできるがベクトルに焼き直した方が速いのでそうした）．

[解答]
$\triangle\rm ABC$ の外接円を $C$ とし，外心を $\rm O$ とし，外接円の半径を $R$ とする．

$\rm D$ が $C$ 上になるので， $C$ を直線 $\rm BC$ に関して折り返した円 $C_{\rm BC}$ 上に $\rm P$ がある．ここで円 $C_{\rm BC}$ の外心 ${\rm O}_{\rm BC}$ は $\rm O$ を直線 $\rm BC$ に関して折り返したものであり，よって四角形 $\rm OBO_{\rm BC}C$ は一辺の長さが $R$ の菱形である．

同様に
$C$ を直線 $\rm CA$ に関して折り返した円 $C_{\rm CA}$ 上に $\rm P$ があり，円 $C_{\rm CA}$ の外心 ${\rm O}_{\rm CA}$ に対して四角形 $\rm OCO_{\rm CA}A$ は一辺の長さが $R$ の菱形であり，
$C$ を直線 $\rm AB$ に関して折り返した円 $C_{\rm AB}$ 上に $\rm P$ があり，円 $C_{\rm AB}$ の外心 ${\rm O}_{\rm AB}$ に対して四角形 $\rm OAO_{\rm AB}B$ は一辺の長さが $R$ の菱形である．

さて， $\rm P$ はどの2つも（異なる直線に関して折り返したのだから）中心が異なるが半径が $R$ で等しい3つの円 $C_{\rm AB}$ ， $C_{\rm BC}$ ， $C_{\rm CA}$ 上にあることになり，この3つの円の交点から3つの円の中心までの距離が等しいことから，そのような点は存在しても高々1つで，それは $\triangle{\rm O}_{\rm BC}{\rm O}_{\rm CA}{\rm O}_{\rm AB}$ の外心である．

よって， $\triangle{\rm O}_{\rm BC}{\rm O}_{\rm CA}{\rm O}_{\rm AB}$ の外接円の半径が $R$ に等しく，外心が $\triangle\rm ABC$ の内部にあれば $\rm P$ が唯一存在し，それ以外の場合は $\rm P$ は存在しない．

さて，
$\vec{a}=\overrightarrow{\rm OA}$ ， $\vec{b}=\overrightarrow{\rm OB}$ ， $\vec{c}=\overrightarrow{\rm OC}$
とおき，
$\overrightarrow{{\rm O}_{\rm BC}{\rm Q}}=\overrightarrow{\rm OA}=\vec{a}$
をみたす点 $\rm Q$ を考えると，3つの菱形から
$\overrightarrow{{\rm O}_{\rm CA}{\rm Q}}=\overrightarrow{{\rm O}_{\rm CA}{\rm O}_{\rm BC}}+\overrightarrow{{\rm O}_{\rm BC}{\rm Q}}=-\vec{a}+\vec{b}+\vec{a}=\vec{b}$
となり，同様に
$\overrightarrow{{\rm O}_{\rm AB}{\rm Q}}=\vec{c}$
である．

ここで $|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=(円{\rm O}の半径)=R$ であるから， $\rm Q$ は $\triangle{\rm O}_{\rm BC}{\rm O}_{\rm CA}{\rm O}_{\rm AB}$ の外心であり，外接円の半径は $R$ となる．あとは $\rm Q$ が $\triangle\rm ABC$ の内部にあるかどうかを考えれば良い．

今， $\overrightarrow{\rm OQ}$ $=\overrightarrow{{\rm OO}_{\rm BC}}+\overrightarrow{{\rm O}_{\rm BC}{\rm Q}}$ $=\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}$ より
$\overrightarrow{\rm AQ}=\vec{b}+\vec{c}$
であるから，
$\overrightarrow{\rm BC}\cdot\overrightarrow{\rm AQ}=|\vec{c}|^2-|\vec{b}|^2=R^2-R^2=0$
だから $\rm AQ$ は $\rm A$ から $\rm BC$ に下した垂線上にある．

同様に
$\rm BQ$ は $\rm B$ から $\rm CA$ に下した垂線上にあり，
$\rm CQ$ は $\rm C$ から $\rm AB$ に下した垂線上にある．

よって $\rm Q$ は $\triangle\rm ABC$ の垂心であり， $\triangle\rm ABC$ が鋭角三角形のとき，垂心は $\triangle\rm ABC$ の内部にあるので，求める点はこの点1つである．

外心 $\rm O$ を位置ベクトルの中心としたときの $\triangle\rm ABC$ の垂心 $\rm H$ の位置ベクトルが
$\overrightarrow{\rm OH}=\overrightarrow{\rm OA}+\overrightarrow{\rm OB}+\overrightarrow{\rm OC}$
となることは有名事実であるが，証明も含めて理解しておこう．