中点同士の距離と等しい距離の点が中点以外にもう一つできてしまう場合の三角形はどんな三角形か．

疑問

三角形 \(\triangle ABC\) において，辺 \(AB\) の中点 \(N\) を取り，辺 \(AC\)の半分を半径とする円を描いた時， この円が辺 \(BC\)と交わるのは中点連結定理の通り，辺 \(BC\)の中点が一つ必ずあるが，それ以外に辺 \(BC\)上に交点を持つ場合はどのような条件か？

前提条件

三角形 \(\triangle ABC\) を考えるにあたり，辺 \(BC\) になるように拡大縮小し，それを\(x\) 軸と重なるように回転させます．この操作により，一般性は失われないと考えます．
これにより，点\(A\)の座標のみを考えます．

座標は次のように設定します． $$\begin{eqnarray} A &=& (x_A, y_A) \\ B &=& (x_B, y_B) = (0, 0) \\ C &=& (x_C, y_C) = (1, 0) \\ \end{eqnarray}$$ 辺 \(AB\) の中点 \(N\)は次のように決まります． $$\begin{eqnarray} N&=&\left(\frac{x_A+x_B}{2},\frac{y_A+y_B}{2} \right) \\&=&\left(\frac{x_A+0}{2},\frac{y_A+0}{2}\right) \\&=&\left(\frac{x_A}{2},\frac{y_A}{2}\right) \end{eqnarray}$$ 辺 \(BC\) の中点 \(M\)は次のように決まります． $$\begin{eqnarray} M&=&\left(\frac{x_B+x_C}{2},\frac{y_B+y_C}{2} \right) \\&=&\left(\frac{0+1}{2},\frac{0+0}{2}\right) \\&=&\left(\frac{1}{2},0\right) \end{eqnarray}$$ また辺 \(AC\)の長さの平方は，頂点\(A,C\)の具体的な座標を用いて次のように決まります． $$\begin{eqnarray} |AC|^2&=&(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2 \\&=&(x_A-1)^2+(y_A-0)^2 \\&=&(x_A-1)^2+y_A^2 \end{eqnarray}$$

円の方程式を作る

円の中心を\((x_{\mathrm{center}}, y_{\mathrm{center}})\)，円の半径を\(r\)とすると，円の式は次のようになります． $$\begin{eqnarray} (x-x_{\mathrm{center}})^2+(y-y_{\mathrm{center}})^2&=&r^2 \end{eqnarray}$$ 円の中心に点\(M\)の座標を，円の半径に辺 \(AC\)の長さの半分を代入します． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\left(\frac{|AC|}{2}\right)^2 \end{eqnarray}$$ 右辺を展開して辺 \(AC\)の長さの平方を作ります． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\left(\frac{|AC|}{2}\right)^2 \\&=&\frac{|AC|^2}{2^2} \\&=&\frac{|AC|^2}{4} \end{eqnarray}$$ ここに辺 \(AC\)の長さを頂点\(A,C\)の具体的な座標を用いたものに置き換えます． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\frac{|AC|^2}{4} \\&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \end{eqnarray}$$

円の方程式と辺 \(BC\)との交点を求める

回転させたために，辺 \(BC\)は\(x\)軸\((y=0)\)となっています．よって円の式の\(y\)を\(0\)として\(x\)ついて解きます． $$\begin{eqnarray} \left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(y-\frac{y_A}{2}\right)^2 &=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \\\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\left(0-\frac{y_A}{2}\right)^2&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \;\cdots\;y=0 \\\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\frac{y_A^2}{4}&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \\\frac{4}{4}\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2+\frac{y_A^2}{4}&=&\frac{(x_A-1)^2+y_A^2}{4} \\4\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2\cancel{+y_A^2}&=&(x_A-1)^2\cancel{+y_A^2}\;\cdots\;両辺4倍した． \\4\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2&=&(x_A-1)^2 \\\left(x-\frac{x_A}{2}\right)^2&=&\frac{(x_A-1)^2}{4} \\x-\frac{x_A}{2}&=&\pm\sqrt{\frac{(x_A-1)^2}{4}} \\&=&\pm\frac{x_A-1}{2} \\x&=&\frac{x_A}{2}\pm\frac{x_A-1}{2} \\&=&\;\frac{x_A\pm (x_A-1)}{2}\cdots\;y_Aによらないことがわかる． \end{eqnarray}$$
この結果から，\(x\)は\(y_A\) に依存しないことがわかります．また，根号が外れているため，虚数解にはなりません．
この式は「中点でないのに中線定理の関係式に当てはめると成立する点ができてしまう場合の三角形はどんな三角形か．」でもでてきます．

場合分けで考える

\(\pm\) 以降が0の時(重解)
\(\pm\) 以降 $$\begin{eqnarray} (x_A - 1)&=&0 \\x_A&=&1 \end{eqnarray}$$ これを代入する． $$\begin{eqnarray} x = \frac{x_A + (x_A - 1)}{2}= \frac{1 \pm (1 - 1)}{2} = \frac{1}{2}\quad \text{（辺 } BC \text{ の中点）} \end{eqnarray}$$ \(\pm\) がマイナスの時 $$\begin{eqnarray} x_{-} = \frac{x_A - (x_A - 1)}{2} = \frac{1}{2}\quad \text{（辺 } BC \text{ の中点）} \end{eqnarray}$$ この場合，\(y_A\) だけでなく \(x_A\) にも依存しません．この時も，辺 \(BC\) の中点となります．
\(\pm\) がプラスの時 $$\begin{eqnarray} x_{+} = \frac{x_A + (x_A - 1)}{2} = \frac{2x_A - 1}{2}= x_A-\frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ この式は単調増加凾数ですから，\(x_A\)が増えると\(x_{+}\)が増え，\(x_A\)が減ればと\(x_{+}\)が減る関係です．
ここから \(x_A\) を求めると， $$\begin{eqnarray} x_A = \frac{2x_{+} + 1}{2} = x_{+} + \frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ \(x_A\)は具体的には，次のようになります． $$\begin{eqnarray} x_{+} = 0 &の時，& x_A = \frac{1}{2} \\x_{+} = 1 &の時，& x_A = \frac{3}{2} \end{eqnarray}$$

まとめ

\(x_{-}\)側の解

\(x_{-} = \frac{1}{2}\)（中点）は常に成立します．

\(x_A \in \left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right) \setminus \{1\}\)

この範囲では，\(x_{+}\)側の解として別の \(BC\) 上の中点でない点も辺\(BC\)上に交点を持ちます．したがって，交点を持つのは\(x_{-}\)側の 解である中点と，この「中点でない点」の2点となります．

\(x_A = 1\)

この場合，\(x_{+},x_{-} = \frac{1}{2}\) となり，\(x_{+} = x_{-}\) で重解となります．したがって，成立するのは \(x_{+}, x_{-} = \frac{1}{2}\) の重解であり，中点の1点だけとなります．この時，\(x_A = x_C\) であり，\(\triangle ABC\) は \(\angle C\) を直角とする直角三角形です．

\(x_A \notin \left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right) \setminus \{1\}\)

この場合，\(x_{+}\) の別の点は \(BC\) 上の点とはならないため，成立するのは \(x_{-}\)側の中点の1点だけとなります．

以上から，辺 \(AB\) の中点 \(N\) を取り，辺 \(AC\)の半分を半径とする円を描いた時， この円が辺 \(BC\)と交わるのが，中点\(M\)以外に交点を持つ\(\triangle ABC\)は， \(BC\)を\(x\)軸とする座標系において点\(A\)の\(x\)座標の値が，点\(C\)の\(x\)座標を中心として前後\(\frac{|BC|}{2}\)分の幅の間にあるときです．
ただし範囲内でも点\(C\)の\(x\)座標と等しい時は，中点\(M\)だけの1つになります．

中点でないのに中線定理の関係式に当てはめると成立する点ができてしまう場合の三角形はどんな三角形か．

疑問

三角形 \(\triangle ABC\) において，辺 \(BC\) の中点 \(M\) を取ると，中線定理により次の関係式が成り立ちます． $$\begin{eqnarray} |AB|^2 + |AC|^2 &=& 2(|BM|^2 + |AM|^2) \quad \text{（中点 } M \text{ の場合）} \end{eqnarray}$$
ここで，辺 \(BC\) 上の任意の点 \(P(t)\) に対しても同様の式が成り立つか，またその条件を確認します．変数 \(t\) は，点 \(P\) の位置を表し，\(B\) 側を \(0\)，\(C\) 側を \(1\) とします． $$\begin{eqnarray} |AB|^2 + |AC|^2 &=& 2(|BP(t)|^2 + |AP(t)|^2) \quad \text{（点 } P(t) \text{ の場合）} \end{eqnarray}$$

前提条件

三角形 \(\triangle ABC\) を考えるにあたり，辺 \(BC\) の長さが \(1\) になるように拡大縮小し，それを\(x\) 軸と重なるように回転させます．この操作により，一般性は失われないと考えます．
これにより，点\(A\)の座標のみを考えます．

座標は次のように設定します． $$\begin{eqnarray} A &=& (x_A, y_A) \\ B &=& (x_B, y_B) = (0, 0) \\ C &=& (x_C, y_C) = (1, 0) \\ P &=& (x_P, y_P) = ((x_C - x_B)t + x_B, (y_C - y_B)t + y_B) = (t, 0) \quad (t \in [0, 1], BC 上の点) \end{eqnarray}$$

式を変形して \(t\) の方程式を作る

次の式を考えます． $$\begin{eqnarray} |AB|^2 + |AC|^2 = 2(|BP|^2 + |AP|^2) \end{eqnarray}$$ ここで，点 \(P\) の位置を考慮すると，次のように変形できます． $$\begin{eqnarray} |AB|^2 + |AC|^2 = 2\left\{(|BC|t)^2 + |AP|^2\right\} \end{eqnarray}$$ ここで，次のように定義します． $$\begin{eqnarray} |a|^2 &=& |BC|^2 \\|b|^2 &=& |AC|^2 \\|c|^2 &=& |AB|^2 \\|AP|^2 &=& (x_P - x_A)^2 + (y_P - y_A)^2 \\c_x &=& x_A - x_B \\c_y &=& y_A - y_B \end{eqnarray}$$
これを用いて式を変形を進めると， $$\begin{eqnarray} |c|^2 + |b|^2 &=& 2\left\{(|a|t)^2 + (x_P - x_A)^2 + (y_P - y_A)^2\right\} \\&=& 2\left[ |a|^2 t^2 + \left\{(x_C - x_B)t + x_B - x_A\right\}^2 + \left\{(y_C - y_B)t + y_B - y_A\right\}^2 \right] \\ &=& 2\left[ |a|^2 t^2 + \left\{(x_C - x_B)t - (x_A - x_B)\right\}^2 + \left\{(y_C - y_B)t - (y_A - y_B)\right\}^2 \right] \\&=&2\left\{ |a|^2 t^2 + (a_x t - c_x)^2 + (a_y t - c_y)^2 \right\} \\&=&2\left\{ |a|^2t^2 +a_x^2t^2-2a_xc_xt+c_x^2 +a_y^2t^2-2a_yc_yt+c_y^2 \right\} \\&=&2\left\{ |a|^2t^2 +\left(a_x^2 +a_y^2\right)t^2 -2t\left(a_xc_x+a_yc_y\right) +\left(c_x^2+c_y^2\right) \right\} \\&=&2\left( |a|^2t^2 +|a|^2t^2 -2t\cdot |a||c|\cos(\angle B) +|c|^2 \right)\;\cdots\;a_xc_x+a_yc_y=|a||c|\cos(\angle B) \\&=&2\left( 2|a|^2t^2 -2|a||c|\cos(\angle B)\cdot t +|c|^2 \right) \\&=&4|a|^2t^2 -4|a||c|\cos(\angle B)\;t +2|c|^2 \end{eqnarray}$$ となります．
ここで左辺を移項します． $$\begin{eqnarray} \\0&=&4|a|^2t^2 -4|a||c|\cos(\angle B)\;t +2|c|^2-|c|^2-|b|^2 \\&=&4|a|^2t^2 -4|a||c|\cos(\angle B)\;t +|c|^2-|b|^2 \\&=&4|a|^2t^2 -4|a|(s|a|)\cos(\angle B)\;t +(s|a|)^2-(r|a|)^2 \;\cdots\;|b|=r|a|,\;|c|=s|a| \\&=&4|a|^2\left\{ t^2 -s\cos(\angle B)\;t +\frac{s^2-r^2}{4} \right\} \\&=&t^2 -s\cos(\angle B)\;t +\frac{s^2-r^2}{4} \end{eqnarray}$$ まず\(s \cos(\angle B)\)ですが，\(s\) は辺 \(AB = c\) と辺 \(BC = a\) の比率であり，辺 \(BC\) の長さ\(|a|\)は \(1\)としていますから，\(s\)は辺 \(AB = c\)の長さです．
点 \(B\) は \((0, 0)\) で原点ですから，\(s \cos(\angle B)\)は点\(A\)の\(x\)座標となります． $$\begin{eqnarray} s \cos(\angle B)&=&x_A \end{eqnarray}$$ また，\(r\)の平方を点\(A=(x_A,\;y_A)\)及び点\(C=(1,\;0)\)の座標から以下のようになります． $$\begin{eqnarray} r^2&=&|b|^2 \\&=&(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2 \\&=&(x_A-1)^2+(y_A-0)^2 \\&=&(x_A-1)^2+y_A^2 \end{eqnarray}$$ \(s\)の平方を点\(A=(x_A,\;y_A)\)及び点\(B=(0,\;0)\)の座標から以下のようになります． $$\begin{eqnarray} s^2&=&|c|^2 \\&=&(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2 \\&=&(x_A-0)^2+(y_A-0)^2 \\&=&x_A^2+y_A^2 \end{eqnarray}$$ これらを用いて方程式の式変形を続けます． $$\begin{eqnarray} 0&=&t^2 -s\cos(\angle B)\;t +\frac{s^2-r^2}{4} \\&=&t^2 -x_At +\frac{(x_A^2+y_A^2)-\left\{(x_A-1)^2+y_A^2\right\}}{4} \\&=&t^2 -x_At +\frac{\cancel{x_A^2}+\cancel{y_A^2}\cancel{-x_A^2}+x_A-1\cancel{-y_A^2}}{4} \\&=&t^2 -x_At +\frac{x_A-1}{4} \end{eqnarray}$$

二次方程式なので解の公式を用いる

解の公式を適用します． $$\begin{eqnarray} t&=& \frac{ -(-x_A) \pm \sqrt{(-x_A)^2 - 4 \cdot\frac{x_A-1}{4}} }{2} \\&=& \frac{ x_A \pm \sqrt{x_A^2 - x_A+1} }{2} \\&=& \frac{ x_A \pm \sqrt{(x_A - 1)^2} }{2} \\&=&\frac{x_A \pm (x_A - 1)}{2} \end{eqnarray}$$ この結果から，\(t\)は\(y_A\) に依存しないことがわかります．また，根号が外れているため，虚数解にはなりません．
この式は「中点同士の距離と等しい距離の点が中点以外にもう一つできてしまう場合の三角形はどんな三角形か．」でもでてきます．

場合分けで考える

\(\pm\) 以降が0の時(重解)
\(\pm\) 以降 $$\begin{eqnarray} (x_A - 1)&=&0 \\x_A&=&1 \end{eqnarray}$$ これを代入してみます． $$\begin{eqnarray} t_{-} = \frac{x_A + (x_A - 1)}{2}= \frac{1 \pm (1 - 1)}{2} = \frac{1}{2}\quad \text{（辺 } BC \text{ の中点）} \end{eqnarray}$$ \(\pm\) がマイナスの時 $$\begin{eqnarray} t_{-} = \frac{x_A - (x_A - 1)}{2} = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ この場合，\(y_A\) だけでなく \(x_A\) にも依存しません．この時，点 \(P\) は次のようになります． $$\begin{eqnarray} P\left(t = \frac{1}{2}\right) = M \quad \text{（辺 } BC \text{ の中点）} \end{eqnarray}$$ \(\pm\) がプラスの時 $$\begin{eqnarray} t_{+} = \frac{x_A + (x_A - 1)}{2} = \frac{2x_A - 1}{2}= x_A-\frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ この式は単調増加凾数ですから，\(x_A\)が増えると\(t_{+}\)が増え，\(x_A\)が減ればと\(t_{+}\)が減る関係です．
ここから \(x_A\) を求めると， $$\begin{eqnarray} x_A = \frac{2t_{+} + 1}{2} = t_{+} + \frac{1}{2} \end{eqnarray}$$ \(x_A\)は具体的には，次のようになります． $$\begin{eqnarray} t_{+} = 0 &の時，& x_A = \frac{1}{2} \\t_{+} = 1 &の時，& x_A = \frac{3}{2} \end{eqnarray}$$

まとめ

\(t_{-}\)側の解

\(t_{-} = \frac{1}{2}\)（中点）は常に成立します．

\(x_A \in \left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right) \setminus \{1\}\)

この範囲では，\(t_{+}\)側の解として別の \(BC\) 上の中点でない点も関係式を満たします．したがって，成立するのは\(t_{-}\)側の 解である中点と，この「中点でない点」の2点となります．

\(x_A = 1\)

この場合，\(t_{+},t_{-} = \frac{1}{2}\) となり，\(t_{+} = t_{-}\) で重解となります．したがって，成立するのは \(t_{+}, t_{-} = \frac{1}{2}\) の重解であり，中点の1点だけとなります．この時，\(x_A = x_C\) であり，\(\triangle ABC\) は \(\angle C\) を直角とする直角三角形です．

\(x_A \notin \left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right) \setminus \{1\}\)

この場合，\(t_{+}\) の別の点は \(BC\) 上の点とはならないため，成立するのは \(t_{-}\)側の中点の1点だけとなります．

以上から，中線定理の最初に書いた関係式が\(BC\)の中点以外でも成立する点を\(BC\)上に持つ\(\triangle ABC\)は，\(BC\)を\(x\)軸とする座標系において点\(A\)の\(x\)座標の値が，点\(C\)の\(x\)座標を中心として前後\(\frac{|BC|}{2}\)分の幅の間にあるときです． 「中点でない点」を\(BC\)上に持つので，関係式が成立する点の数は2つになります．ただしその範囲外もしくは，範囲内でも点\(C\)の\(x\)座標と等しい時は，関係式が成立する点の数は中点の1つだけになります．

Bezier曲線上の各点における接線ベクトルqと，その各点から任意の点zへのベクトルpとの内積が0となる媒介変数tを探す

Bezier曲線上の各点における接線ベクトル\(\vec{q}\)と，その各点から任意の点\(z\)へのベクトル\(\vec{p}\)との内積が\(0\)となる媒介変数\(t\)を探す

準備1

$$\begin{eqnarray} (1-t)^3&=&1-3t+3t^2-t^3 \\(1-t)^2t&=&t-2t^2+t^3 \\(1-t)t^2&=&t^2-t^3 \\(1-t)^2&=&1-2t+t^2 \\(1-t)t&=&t-t^2 \end{eqnarray}$$

準備2

$$\begin{eqnarray} \\P_{\mathrm{original}0}&=&(x_0, y_0)\;\cdots\;通過点 \\P_{\mathrm{original}1}&=&(x_1, y_1)\;\cdots\;制御点 \\P_{\mathrm{original}2}&=&(x_2, y_2)\;\cdots\;制御点 \\P_{\mathrm{original}3}&=&(x_3, y_3)\;\cdots\;通過点 \\Z&=&(z_x,z_y)\;\cdots\;任意の点 \end{eqnarray}$$ \(Z\)を原点\(0,0\)に移動させるように各点を平行移動する．平行移動しても求める\(t\)は変わらない． $$\begin{eqnarray} \\P_0&=&(x_0-z_x, y_0-z_y)=(a, p)\;\cdots\;Zを原点に移動させるように平行移動した通過点 \\P_1&=&(x_1-z_x, y_1-z_y)=(b, q)\;\cdots\;Zを原点に移動させるように平行移動した制御点 \\P_2&=&(x_2-z_x, y_2-z_y)=(c, r)\;\cdots\;Zを原点に移動させるように平行移動した制御点 \\P_3&=&(x_3-z_x, y_3-z_y)=(d, s)\;\cdots\;Zを原点に移動させるように平行移動した通過点 \end{eqnarray}$$

3次のベジェ曲線(媒介変数\(t\)表示)

$$\begin{eqnarray} \\\mathrm{Bezier}(t|P_0,P_1,P_2,P_3)&=&\left(X(t|a,b,c,d),Y(t|p,q,r,s)\right)\;t\in[0, 1]\;\cdots\;3次のベジェ曲線 \\X(t|a,b,c,d)&=&a(1-t)^3+3b(1-t)^2t+3c(1-t)t^2+d\;t^3 \\&=&a(1-3t+3t^2-t^3)+3b(t-2t^2+t^3)+3c(t^2-t^3)+dt^3\;\cdots\;準備\;参照 \\&=&a-3at+3at^2-at^3+3bt-6bt^2+3bt^3+3ct^2-3ct^3+dt^3 \\&=&a-3at+3bt+3at^2-6bt^2+3ct^2-at^3+3bt^3-3ct^3+dt^3 \\&=&a+(-3a+3b)t+(3a-6b+3c)t^2+(-a+3b-3c+d)t^3 \\&=&A+3Bt+3Ct^2+Dt^3 \;\cdots\;A=a, B=-a+b, C=a-2b+c, D=-a+3b-3c+d \\Y(t|p,q,r,s)&=&p(1-t)^3+3q(1-t)^2t+3r(1-t)t^2+st^3 \\&=&a+(-3p+3q)t+(3p-6q+3r)t^2+(-p+3q-3r+s)t^3 \\&=&P+3Qt+3Rt^2+St^3 \;\cdots\;P=p, Q=-p+q, R=p-2q+r, S=-p+3q-3r+s \end{eqnarray}$$

3次のベジェ曲線の\(X(t), Y(t)\)の微分

$$\begin{eqnarray} \\\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}X(t) &=&3B+6Ct+3Dt^2 \\\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}Y(t) &=&3Q+6Rt+3St^2 \end{eqnarray}$$ 任意の点\(Z(z_x,z_y)\)とBezier曲線上の点\(\mathrm{Bezier}(t|P_{\mathrm{original}0},P_{\mathrm{original}1},P_{\mathrm{original}2},P_{\mathrm{original}3})\)とのベクトル $$\begin{eqnarray} \vec{p}&=&\left(X(t|P_{\mathrm{original}0},P_{\mathrm{original}1},P_{\mathrm{original}2},P_{\mathrm{original}3})-z_x, Y(t|P_{\mathrm{original}0},P_{\mathrm{original}1},P_{\mathrm{original}2},P_{\mathrm{original}3})-z_y\right) \end{eqnarray}$$ 平行移動した\(P_0=(a,p),P_1=(b,q),P_2=(c,r),P_3=(d,s)\)を用いると任意の点\(Z(z_x,z_y)\)は原点\((0,0)\)になるので以下のように表せる． $$\begin{eqnarray} \vec{p}&=&\left(X(t|a,b,c,d), Y(t|p,q,r,s)\right) \\&=&\left(A+3Bt+3Ct^2+Dt^3, P+3Qt+3Rt^2+St^3\right) \end{eqnarray}$$ またこの時のBezier曲線上の点の接線は以下となる． $$\begin{eqnarray} \vec{q}&=&\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}X(t|a,b,c,d),\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}Y(t|p,q,r,s)\right) \\&=&\left(3B+6Ct+3Dt^2,3Q+6Rt+3St^2\right) \end{eqnarray}$$ この両ベクトルが直角をなす時，つまり内積が\(0\)となる時の\(t\)を求める． $$\begin{eqnarray} \vec{p}\cdot\vec{q}&=&|\vec{p}||\vec{q}|\cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)}=|\vec{p}||\vec{q}|\cdot0=0 \;\cdots\;\thetaは\vec{p}と\vec{q}のなす角で直角\frac{\pi}{2}とするので\cos{\left(\frac{\pi}{2}\right)}=0．よって内積全体も0． \\0&=&\vec{p}\cdot\vec{q}=p_x q_x+p_y q_y\;\cdots\;内積の成分表示 \\&=&X(t|a,b,c,d) \left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}X(t|a,b,c,d)\right) +Y(t|p,q,r,s)\left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}Y(t|p,q,r,s)\right) \\&=&\left(A+3Bt+3Ct^2+Dt^3\right)\left(3B+6Ct+3Dt^2\right)+\left(P+3Qt+3Rt^2+St^3\right)\left(3Q+6Rt+3St^2\right) \\&=&A\left(3B+6Ct+3Dt^2\right) +3Bt\left(3B+6Ct+3Dt^2\right) +3Ct^2\left(3B+6Ct+3Dt^2\right) +Dt^3\left(3B+6Ct+3Dt^2\right) \\&&+P\left(3Q+6Rt+3St^2\right) +3Qt\left(3Q+6Rt+3St^2\right) +3Rt^2\left(3Q+6Rt+3St^2\right) +St^3\left(3Q+6Rt+3St^2\right) \\&=&3AB +6ACt +3AD t^2 +9B^2t +18BCt^2 +9BDt^3 +9BCt^2 +18C^2t^3 +9CDt^4 +3BDt^3 +6CDt^4 +3D^2t^5 \\&&+3PQ +6PRt +3PS t^2 +9Q^2t +18QRt^2 +9QSt^3 +9QRt^2 +18R^2t^3 +9RSt^4 +3QSt^3 +6RSt^4 +3S^2t^5 \\&=&3AB +3(2AC+3B^2)t +3(AD+9BC)t^2 +3(4BD+6C^2)t^3 +3\cdot5CDt^4 +3D^2t^5 \\&&+3PQ +3(2PR+3Q^2)t +3(PS+9QR)t^2 +3(4QS+6R^2)t^3 +3\cdot5RSt^4 +3S^2t^5 \\&=&3\left(AB +(2AC+3B^2)t +(AD+9BC)t^2 +(4BD+6C^2)t^3 +5CD t^4 +D^2 t^5\right) \\&&+3\left(PQ +(2PR+3Q^2)t +(PS+9QR)t^2 +(4QS+6R^2)t^3 +5RSt^4 +S^2t^5\right) \\0&=&AB +(2AC+3B^2)t +(AD+9BC)t^2 +(4BD+6C^2)t^3 +5CDt^4 +D^2t^5 \\&&+PQ +(2PR+3Q^2)t +(PS+9QR)t^2 +(4QS+6R^2)t^3 +5RSt^4 +S^2t^5\;\cdots\;両辺3で割った．左辺は0なので変わらず． \\&=&(AB+PQ) +(2AC+3B^2+2PR+3Q^2)t +(AD+9BC+PS+9QR)t^2 +(4BD+6C^2+4QS+6R^2)t^3 +(5CD+5RS)t^4 +(D^2+S^2)t^5 \\&=&\alpha_0 +\alpha_1t +\alpha_2t^2 +\alpha_3t^3 +\alpha_4t^4 +\alpha_5t^5 \\&&\;\cdots\;\alpha_0=AB+PQ \\&&\;\cdots\;\alpha_1=2AC+3B^2+2PR+3Q^2 \\&&\;\cdots\;\alpha_2=AD+9BC+PS+9QR \\&&\;\cdots\;\alpha_3=4BD+6C^2+4QS+6R^2 \\&&\;\cdots\;\alpha_4=5CD+5RS \\&&\;\cdots\;\alpha_5=D^2+S^2 \\&&\;\cdots\;A=a, B=-a+b, C=a-2b+c, D=-a+3b-3c+d \\&&\;\cdots\;P=p, Q=-p+q, R=p-2q+r, S=-p+3q-3r+s \end{eqnarray}$$
\(t\)を求めるには この5次方程式を解けばよいが，5次ということで数値計算で解く等が必要．
解は5つあるわけだが，その内実数であるものを選ぶ．
また，\(t\in[0, 1]\)であるので，\(t\lt0\)なら\(t=0\)，\(t\gt1\)なら\(t=1\)とする．
この式はBezier曲線と任意点との距離の凾数を微分して得る方程式に等しい．