直線 $\text{AG}$ と直線 $\text{BC}$ の交点を $\text{D}$ とする．

重心の性質より $\text{AG}:\text{GD}=2:1$ であるから
$$S_{\mathrm{△}\text{GBC}}=\frac{1}{3}{S}_{\mathrm{△}\text{ABC}}$$ である．$S_{\mathrm{△}\text{GCA}}$ および $S_{\mathrm{△}\text{GAB}}$ も同様であるから
$$\alpha :\beta :\gamma =S_{\mathrm{△}\text{GBC}}:S_{\mathrm{△}\text{GCA}}:S_{\mathrm{△}\text{GAB}}=1:1:1$$ を得る．したがって
$$\overrightarrow{\text{OG}}=\frac{\overrightarrow{\text{OA}}+\overrightarrow{\text{OB}}+\overrightarrow{\text{OC}}}{3}$$ である．

$\mathrm{△}\text{ABC}$ が鋭角三角形の場合，すなわち外心 $\text{Q}$ が $\mathrm{△}\text{ABC}$ の内部にある場合を考える．外接円の半径を $R$ とおく．

外心の性質より $\text{QB}=\text{QC}=R$ である．また，円周角の定理より $\mathrm{\angle }\text{BQC}=2A$ である．したがって
$$S_{\mathrm{△}\text{QBC}}=\frac{1}{2}\cdot R^2\cdot \sin 2A$$ が成り立つ．同様にして
$$S_{\mathrm{△}\text{QCA}}=\frac{1}{2}\cdot R^2\cdot \sin 2B,S_{\mathrm{△}\text{QAB}}=\frac{1}{2}\cdot R^2\cdot \sin 2C$$ が成り立つから
$$\alpha :\beta :\gamma =S_{\mathrm{△}\text{QBC}}:S_{\mathrm{△}\text{QCA}}:S_{\mathrm{△}\text{QAB}}=\sin 2A:\sin 2B:\sin 2C$$ を得る．したがって
$$\overrightarrow{\text{OQ}}=\frac{(\sin 2A)\overrightarrow{\text{OA}}+(\sin 2B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\sin 2C)\overrightarrow{\text{OC}}}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}$$ である．

$\mathrm{△}\text{ABC}$ が鈍角三角形の場合，すなわち外心 $\text{Q}$ が $\mathrm{△}\text{ABC}$ の外部にある場合を考える．$\mathrm{△}\text{ABC}$ の外接円と直線 $\text{AQ}$ の交点のうち，点 $\text{A}$ でないものを ${\text{A}}^{\prime }$ とする．

円に内接する四角形の性質より $\mathrm{\angle }B{A}^{\prime }C=\pi -A$ であるから
$$\sin (2\mathrm{\angle }B{A}^{\prime }C)=\sin (2\pi -2A)=-\sin 2A$$ が成り立つ．また $\mathrm{\angle }AB{A}^{\prime }=\mathrm{\angle }AC{A}^{\prime }=\pi /2$ より
$$\sin (2\mathrm{\angle }CB{A}^{\prime })=\sin (\pi -2B)=\sin 2B,\sin (2\mathrm{\angle }BC{A}^{\prime })=\sin (\pi -2C)=\sin 2C$$ が成り立つから，$\mathrm{△}{\text{A}}^{\prime }\text{B}\text{C}$ とその内部の外心 $\text{Q}$ に対する位置ベクトルは
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\text{OQ}}& =\frac{(\sin (2\mathrm{\angle }B{A}^{\prime }C))\overrightarrow{\text{OA}}+(\sin (2\mathrm{\angle }CB{A}^{\prime }))\overrightarrow{\text{OB}}+(\sin (2\mathrm{\angle }BC{A}^{\prime }))\overrightarrow{\text{OC}}}{\sin (2\mathrm{\angle }B{A}^{\prime }C)+\sin (2\mathrm{\angle }CB{A}^{\prime })+\sin (2\mathrm{\angle }BC{A}^{\prime })}\\ & =\frac{(-\sin 2A)\overrightarrow{\text{OA}}+(\sin 2B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\sin 2C)\overrightarrow{\text{OC}}}{-\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\end{array}$$ を満たす．ここで
$$\overrightarrow{\text{OA}{}^{\prime }}=\overrightarrow{\text{OA}}+2\overrightarrow{\text{AQ}}=\overrightarrow{\text{OA}}+2\overrightarrow{\text{OQ}}-2\overrightarrow{\text{OA}}=-\overrightarrow{\text{OA}}+2\overrightarrow{\text{OQ}}$$ であるから，これを用いて整理すると
$$\overrightarrow{\text{OQ}}=\frac{(\sin 2A)\overrightarrow{\text{OA}}+(\sin 2B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\sin 2C)\overrightarrow{\text{OC}}}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}$$ が得られる．

内接円の半径を $r$ とおく．

内心の性質より，点 $\text{I}$ から各辺に下した垂線の長さは $r$ であるから
$$S_{\mathrm{△}\text{IBC}}=\frac{1}{2}ar$$ が成り立つ．同様にして
$$S_{\mathrm{△}\text{ICA}}=\frac{1}{2}br,S_{\mathrm{△}\text{IAB}}=\frac{1}{2}cr$$ が成り立つから
$$\alpha :\beta :\gamma =S_{\mathrm{△}\text{IBC}}:S_{\mathrm{△}\text{ICA}}:S_{\mathrm{△}\text{IAB}}=a:b:c$$ を得る．したがって
$$\overrightarrow{\text{OI}}=\frac{a\overrightarrow{\text{OA}}+b\overrightarrow{\text{OB}}+c\overrightarrow{\text{OC}}}{a+b+c}$$ である．

$\mathrm{△}\text{ABC}$ が鋭角三角形の場合，すなわち垂心 $\text{H}$ が $\mathrm{△}\text{ABC}$ の内部にある場合を考える．直線 $\text{AH}$ と直線 $\text{BC}$ の交点を $\text{D}$ とする．

垂心の性質より $\mathrm{△}\text{ABD}$ および $\mathrm{△}\text{ACD}$ は直角三角形であるから
$$\tan B=\frac{\text{AD}}{\text{BD}},\tan C=\frac{\text{AD}}{\text{DC}}$$ である．したがって
$$\text{BD}:\text{DC}=\frac{\text{AD}}{\tan B}:\frac{\text{AD}}{\tan C}=\tan C:\tan B$$ が成り立つから
$$S_{\mathrm{△}\text{HAB}}:S_{\mathrm{△}\text{HCA}}=\frac{1}{2}\cdot \text{AH}\cdot \text{BD}:\frac{1}{2}\cdot \text{AH}\cdot \text{DC}=\text{BD}:\text{DC}=\tan C:\tan B$$ である．同様にして $S_{\mathrm{△}\text{HBC}}$ について考えれば
$$\alpha :\beta :\gamma =S_{\mathrm{△}\text{HBC}}:S_{\mathrm{△}\text{HCA}}:S_{\mathrm{△}\text{HAB}}=\tan A:\tan B:\tan C$$ を得る．したがって
$$\overrightarrow{\text{OH}}=\frac{(\tan A)\overrightarrow{\text{OA}}+(\tan B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\tan C)\overrightarrow{\text{OC}}}{\tan A+\tan B+\tan C}$$ である．

$\mathrm{△}\text{ABC}$ が鈍角三角形の場合，すなわち垂心 $\text{H}$ が $\mathrm{△}\text{ABC}$ の外部にある場合を考える．ここで，$A+B+C=\pi$ であるから，正接の加法定理より
$$\tan A=\tan (\pi -(B+C))=-\tan (B+C)=\frac{\tan B+\tan C}{\tan B\tan C-1}$$ が成り立つので
$$\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C$$ であることに注意する．いま，垂心の性質から点 $\text{A}$ は鋭角三角形 $\mathrm{△}\text{HBC}$ の垂心である．

$$\tan (\mathrm{\angle }\text{HBC})=\tan (\frac{\pi }{2}-C)=\frac{1}{\tan C},\tan (\mathrm{\angle }\text{HCB})=\tan (\frac{\pi }{2}-B)=\frac{1}{\tan B},$$ である．また，直線 $\text{HB}$ と直線 $\text{CA}$ の 交点を $\text{N}$，直線 $\text{HC}$ と直線 $\text{BA}$ の 交点を $\text{M}$ とすると，四角形 $\text{AMHN}$ が同一円周上にあることから
$$\tan (\mathrm{\angle }\text{BHC})=\tan (\pi -\mathrm{\angle }\text{NAM})=-\tan (\mathrm{\angle }\text{NAM})=-\tan A$$ が成り立つので，$\mathrm{△}\text{HBC}$ とその内部の垂心 $\text{A}$ の位置ベクトルは
$$\begin{array}{rl}\overrightarrow{\text{OA}}& =\frac{(-\tan A)\overrightarrow{\text{OA}}+\left(\frac{1}{\tan C}\right)\overrightarrow{\text{OB}}+\left(\frac{1}{\tan B}\right)\overrightarrow{\text{OC}}}{-\tan A+\frac{1}{\tan C}+\frac{1}{\tan B}}\\ & =\frac{(-\tan A\tan B\tan C)\overrightarrow{\text{OA}}+(\tan B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\tan C)\overrightarrow{\text{OC}}}{-\tan A\tan B\tan C+\tan B+\tan C}\\ & =\frac{(-\tan A-\tan B-\tan C)\overrightarrow{\text{OA}}+(\tan B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\tan C)\overrightarrow{\text{OC}}}{-\tan A}\end{array}$$ これを $\overrightarrow{\text{OH}}$ について整理すれば
$$\overrightarrow{\text{OH}}=\frac{(\tan A)\overrightarrow{\text{OA}}+(\tan B)\overrightarrow{\text{OB}}+(\tan C)\overrightarrow{\text{OC}}}{\tan A+\tan B+\tan C}$$ を得る．

直角三角形のとき，垂心は直角の頂点と一致する．例えば $\mathrm{\angle }A=\pi /2$ のとき，垂心は点 $\text{A}$ と一致するが，このとき $\tan A$ は定義されない．一方，$\tan \theta =\sin \theta /\cos \theta$ を利用して
$$\overrightarrow{\text{OH}}=\frac{(\sin A\cos B\cos C)\overrightarrow{\text{OA}}+(\sin B\cos C\cos A)\overrightarrow{\text{OB}}+(\sin C\cos A\cos B)\overrightarrow{\text{OC}}}{\sin A\cos B\cos C+\sin B\cos C\cos A+\sin C\cos A\cos B}$$ と表現すれば，$\sin (\pi /2)=1$，$\cos (\pi /2)=0$ であるから
$$\overrightarrow{\text{OH}}=\frac{(\cos B\cos C)\overrightarrow{\text{OA}}}{\cos B\cos C}=\overrightarrow{\text{OA}}$$ となる．したがって，この式は直角三角形の場合も成立していると考えることができる．