三角形の傍心・内心及びその半径と諸公式 2009.02.08(日)
△ABCに対して、∠A内の辺BCで傍接する傍接円の「ベクトルによる重心座標表現」を前回のBlogで与えた。
その中心をE_Aとした。同様に∠Bの二等分線と∠Bの二つの外角の二等分線は1点E_Bで交わり傍接円E_Bが、
∠Cの二等分線と∠Cの二つの外角の二等分線は1点E_Cで交わり傍接円E_Cができる。
そこでこの3つの傍接円E_A，E_B，E_Cの半径を順にr_A，r_B，r_Cとする。また内接円の半径をrとし、
△ABCの面積をSとする。前回のことから次の事が言える。
1.
[命題1.1]
△ABCに対して3辺の長さを BC=a,CA=ｂ, AB＝c とおく。
そのとき、それぞれ「傍心E_A」，「傍心E_B」，「傍心E_C」の「ベクトルによる重心座標表現」は
次のようになる。 △ABC⊆E^2⊆E^mとし、任意の点P∈E^m (m≧2)にたいして、
(→PE_A)={−ａ(→PA)＋ｂ(→PB)＋c(→PC)}/(−a+ｂ＋c) ・・・(1.1.1)
(→PE_B)={ａ(→PA)ーｂ(→PB)＋c(→PC)}/(a−ｂ＋c) ・・・(1.1.2)
(→PE_C)={ａ(→PA)＋ｂ(→PB)−c(→PC)}/(a＋ｂ−c) ・・・(1.1.3)
これは確かに△ABCに関する「ベクトルによる重心座標表現」である。
また、内接円の中心をIで表し、内接円自体も「内接円I]とよぶことにすると
[命題1.2]
△ABCの面積をS、その3辺の長さをBC=ｓ,CA=ｂ, AB＝c とおく。またｓ+ｂ+ｓ＝2ｓ・・・(1.2.1)
とし、内接円の半径をrとする。
このとき、「内心I」の「ベクトルによる重心座標表現」は次のようになる。
△ABC⊆E^2⊆E^mとし、任意の点P∈E^m (m≧2)にたいして、
(→PI)={ａ(→PA)＋ｂ(→PB)＋ｃ(→PC)}/(ａ+ｂ＋ｃ) ・・・(1.2.1)
また 半径rは r=2S/(ａ＋ｂ＋ｃ) ⇔ r=S/s ⇔ S＝ｒｓ・ ・・(1.2.2)
となる。
[注意]：[命題1.2]は既知としておく。(1.2.1)が角の二等分線と辺の関係から導かれ、(1.2.2)が
△ABCを「内心I]で3つの三角形△IBC，△ICA，△IABに分けたとき、3つの面積の和＝△ABCの面積＝S
から出ることはよいだろう。受験生には(1.2.1),(1.2.2)は必須であろう。
さて、「内接円I」の半径rは(1.2.2)のようになったが、「傍接円E_A，E_B ，E_C」の半径に
ついては次のようになる。
[命題1.3］
△ABCの面積をS、その3辺の長さを BC=ａ,CA=b, AB＝ｃ とおく。またａ+ｂ+ｃ＝2s・・・(1.3.1)
とおく。
半径 r_Aは r_A=2S/(−ａ＋ｂ＋ｃ) ⇔ r_A=S/(ｓ−ａ) ⇔ S＝(r_A)(ｓ−ａ) ・・・(1.3.2)
半径 r_Bは r_B=2S/(ａ−ｂ＋ｃ) ⇔ r_B=S/(ｓ−ｂ) ⇔ S＝(r_B)(ｓ−ｂ) ・・・(1.3.３)
半径 r_Cは r_C=2S/(ａ＋ｂ−ｃ) ⇔ r_C=S/(ｓ−ｃ) ⇔ S＝(r_C)(ｓ−ｃ) ・・・(1.3.4)
となる。
したがって r_A,r_B，r_Cはみな、rよりも大きい。
◎ [命題1.3］の「証明」は ［以下の[命題1.3］を拡張した[命題2.4]の中で］行われる。しばらく辛抱して欲しい。
なお ａ＋b＋c＝２s だから b＋c−ａ＝2s−2a＝2(sーa) などから
ｓ−a＝(b＋c−ａ)/2>0 ， ｓ−b＝(c＋ａ−b)/2>0 ，s−c＝(a＋b−c)/2>0 と
なっている事を注意しておく。
この[命題1.3」からすぐ、次の[公式1.4]がでる。
[公式1.4]
△ABCにたいしてその面積をS，r，r_A，r_B，r_Cは上記のとおりとする。
このとき、
1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＝1/r ・・・(1.4.1)
「◎実は「四面体」の場合は 「傍接球面」が4つできて、このときは
1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＋1/(r_D)＝2/r ・・・(☆）となる。
これはまた次回とする。」
[公式1.4]の「証明」
[命題1.3］から r_A=S/(s−ａ) ⇒ 1/(r_A)＝(s−ａ)/S
r_B=S/(s−ｂ) ⇒ 1/(r_B)＝(s−ｂ)/S
r_C=S/(s−c) ⇒ 1/(r_C)＝(s−c)/S
よって 1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＝{(s−ａ)＋(s−ｂ)＋(s−c)}/S＝{3s−(ａ＋ｂ＋c)}/S
＝(3s−2s)/S＝s/S そして (1.2.2)から 1/r＝s/S
したがって 1/(r_A)＋1/(r_B)＋1/(r_C)＝1/r
（[公式1.4]の「証明」終わり）
[公式1.5]
△ABCにたいしてその面積をSとし，ｓ，ｒ，r_A，r_B，r_Cは上記のとおりとする。
このとき 「内接円」の半径r と「傍接円」の半径 r_A，r_B，r_C は3辺の長さ
ａ，ｂ，cを用いて表せる。ここに 2ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃ とする。
(1) r＝√[(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)(ｓ−ｃ)]/s] = (1/2)√[(b＋ｃ−ａ)(c＋ａ−b)(ａ＋b−ｃ)/(ａ＋b＋ｃ)] ・・・(1.5.1)
(2） r_A＝√[ｓ(ｓ−ｂ)(ｓ−c)]/(ｓ−ａ)]＝(1/2)√[(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｃ＋a−ｂ)(ａ＋ｂ−ｃ)/(ｂ＋ｃ−ａ)]
r_B＝√[ｓ(ｓ−ｃ)(ｓ−ａ)]/(ｓ−ｂ)]＝(1/2)√[(ａ＋ｂ＋ｃ)(a＋ｂ−ｃ)(b+c−a))/(c＋ａ−ｂ)]
r_C＝√[ｓ(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)]/(ｓ−ｃ)]＝(1/2)√[(ａ＋ｂ＋ｃ)(ｂ＋ｃ−a)(c＋ａ−b)/(ａ＋ｂ−c)] ・・・(1.5.2)ｃ
[公式1.5]の「証明」
ヘロンの公式 S^2＝ｓ(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)(ｓ−ｃ) を使う。
(1)は ｒｓ＝Ｓ ⇒ r^2＝(S^2)/(ｓ^２)＝[s(s−ａ)(s−ｂ)(s−ｃ)]/(s^２)＝[(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)(ｓ−c)]/ｓ
⇔ r＝√[(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)(ｓ−c)]/ｓ]
(2)は [命題1.3］の(1.3.2)から
(r_A)^2=(S^2)/(ｓ−ａ)^2＝[ｓ(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)(ｓ−c)]/(ｓ−ａ)^2＝[s(s−ｂ)(s−c)]/(s−ａ)
⇔ r_A＝√[ｓ(ｓ−ｂ)(ｓ−ｃ)]/(ｓ−ａ) となって証明された。
（[公式1.5]の「証明」終わり）
[ 公式1.6] ついでに △ABCの「外接円」の半径Rを3辺の長さで表しておく。
R＝ａbｃ/√[(ａ＋ｂ＋c)(ｂ＋ａ−c)(c+a−ｂ))(ａ＋ｂ−c)] ・・・(1.6.1)
[ 公式1.6]の「証明」
よく知られた 公式 S＝ａｂｃ/4R すなわち R＝ａｂｃ/4Sと ヘロンの公式
S＝√[s(s−ａ)(s−ｂ)(s−c)]＝√[(ａ＋ｂ＋c)(ｂ＋ａ−c)(c+ａ−ｂ)(ａ＋ｂーｃ)]/4
を使えばよい。
（[公式1.6]の「証明」終わり）
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2．
[命題1.3]を証明するために、いくつか準備をする。
[補題2.1]
△ABCの「内接円I」と辺BC，辺CA，辺ABとの接点を順にL,M，Nとおく。
2s＝a＋b＋ｃとする。このとき次のことが成り立つ。
AM＝AN＝s−ａ ， BN＝BL＝s−ｂ ，CL＝CM＝s−ｃ ・・・(２.1.1)
「証明」
AM＝AN ，BN＝BL，CL＝CM だからAM＝AN＝x ，BN＝BL＝y ，CL＝CM＝z とおいて
x，y，zの連立方程式をたてて、x,y,zを求める。
x＋y＝ｃ ，y＋z＝ａ，z＋x＝ｂ ・・・(２.1.2) この3式を加えて
2(x＋y＋z)＝a＋ｂ＋c＝2s⇒x＋y＋z＝s ・・・(２.1.3)
(２.1.3)と(２.1.2)から順に z＝ｓーｃ，x＝ｓ−ａ ，y＝s−ｂ
よって証明された。
（[補題2.1]の[証明」終わり）
◎ なお [補題2.1］はよく知られたことである。
次に
[補題2.2]
△ABCについて[補題2.1]と同じ記号を使う
tan(A/2)＝r/(ｓ−ａ) ，tan(B/2)＝r/(ｓ−ｂ) ，tan(C/2)＝r/(ｓ−ｃ) ・・・(２.2.1)
「証明」
tan(A/2)＝r/(s−a)だけ示そう。△ANIは∠ANI＝90° の直角三角形で∠IAN＝A/2
そして[補題2.1]から 辺AN＝ｓ−ａ ，NI＝r （内接円の半径） よって tan(A/2)＝r/(ｓ−ａ)
（[補題2.2]の[証明」終わり）
[計算補題2.3]
△ABCについてその面積をS，BC＝a，CA＝b，AB=c，２s＝a＋b＋c，内接円の半径をrとする。
このとき
(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)−ｒ^2＝(ｃｒ^2)/(ｓ−ｃ) ・・・(２.3.1)
「証明」
ヘロンの公式と r＝S/sを使う。
S^2＝s(s−a)(s−ｂ)(s−c) だから (s−a)(s−ｂ)＝S^2/{s(s−c)} よって
(ｓ−ａ)(ｓ−ｂ)−r^2＝(S^2)/{ｓ(ｓ−c)}−(S/ｓ)^2＝(S^2)×{s−(s−c)}×1/{(ｓ^2)(ｓ−c)}
＝c{(S/ｓ)^2}/(s−c)＝(cr^2)/(ｓ−c)
（[計算補題2.3]の「証明」終わり）
◎[補題2.1]と[補題2.2] は「内心I]の方からでてくる性質であった。
次に「傍接円」の方からの性質を述べる。
[命題2.4]
△ABCにたいし BC＝ａ，CA＝ｂ，AB=ｃ，2ｓ＝ａ＋ｂ＋ｃ，内接円の接点を[補題2.1]のように
Ｌ，M，Nとしておく。
また「傍接円E_A」を考え、直線ABとの接点をD，直線ACとの接点を点Eとおく。
DE_A＝r_A である。このとき、
BD＝ｓ−ｃ ，CE＝ｓ−ｂ・・・(２.4.1) ，r_A＝S/(ｓーａ) ⇔ S＝(r_A)(ｓ−ａ)・・・(２.4.2)
また r_A＝(ｓ−ｂ)(ｓ−ｃ)/r⇔rr_A＝(ｓ−ｂ)(ｓ−ｃ)・・・(２.4.3) となる。
「証明」
まず D(E_A)＝r_A に注意。 BD＝X とおく。Xと r_A の連立方程式を作り、それを解く。
(1) ∠CBD＝180°−Ｂ だから ∠DB(E_A)＝∠CBD/2＝90°ーB/2
よって 直角三角形BD(E_A)において ∠B(E_A)D＝B/2 ・・(２.4.3) ← ここがポイントである。
ゆえに tan(B/2)＝BD/D(E_A)=X/(r_A) つまり tan(B/2)=X/(r_A) ・・・(２.4.4)
[補題2.2]の(2.2.1)から tan(B/2)=ｒ/(ｓ−ｂ)
よって、まず X/(r_A)＝r/(ｓ−ｂ) ・・・(２.4.5) の等式を得る。
(2) 次に
直角三角形AD(E_A)では、∠DA(E_A)＝A/2 ，AD＝AB＋BD＝c＋X だから
tan(A/2)=(r_A)/(X＋c) これと [補題2.2]の(2.2.1)から tan(A/2)=r/(ｓ−ａ)
よって (r_A)/(X＋ｃ)＝r/(ｓ−a) ・・・(２.4.6) の等式を得る。
(3) そこで
(２.4.5)×(２.4.6)として r_Aを消去して、
X/(X+c)＝(r^2)/[(ｓ−ｂ)(ｓ−c)] 逆数をとり (X＋ｃ)/X＝(ｓ−a)(ｓ−ｂ)/(r^2)
⇔ 1＋c/X＝(ｓ−ｂ)(ｓ−ｃ)/(r^2) ⇔ c/X＝[(ｓ−a)(ｓ−ｂ)−(r^2)]/(r^2) ・・・(２.4.7)
ここで[計算補題2.3]より (ｓ−a)(ｓ−ｂ)−(r^2)=(ｃr^2)/(ｓ−c) これを(２.4.7)に
代入して ｃ/X＝[(cr^2)/(ｓ−ｃ)]/(r^2)＝ｃ/(ｓ−c)
したがって X＝ｓ−ｃ ・・・(２.4.7) すると X＋ｃ＝ｓとなるから (２.4.6)より
r_A＝(rｓ)/(ｓ−a)=S/(sーa) つまり r_A＝S/(ｓーa) の(２.4.2)式を得た。（これで[命題1.3]も
証明された。） なお、 rs＝S を用いた。
また X＝ｓ−cを(２.4.5) に代入し、その逆数をとり変形して
r_A＝(ｓ−ｂ)(ｓ−c)/r となり (２.4.3)を得る。CE＝s−ｂも同様にできる。
またtan(A/2)=(r_A)/s＝r/(ｓ−a) ・・・（2.4.8) も分かった。
（[命題2.4]の「証明】終わり）
同様に考えて以上のことをまとめれば、
[命題2.5]
S＝rｓ＝(r_A)(ｓ−a)＝(r_B)(ｓ−ｂ)＝(r_C)(ｓ−c) ・・・(２.5.1)
r_A＝S/(sーa)＝(s−ｂ)(s−c)/r ⇔ rr_A＝(ｓ−ｂ)(ｓ−c)・・・(２.5.2)
r_B＝S/(sーｂ)＝(sーc)(s−a)/r ⇔ rr_B＝(ｓ−c)(ｓ−a)・・・(２.5.3)
r_C＝S/(sーc)＝(sーa)(s−ｂ)/r ⇔ rr_C＝(ｓ−a)(ｓ−ｂ)・・・(２.5.4)
tan(A/2)＝r／(−a)＝(r_A)/ｓ ，tan(B/2)＝r／(ｓ−ｂ)＝(r_B)
tan(C/2)＝r／(−c)＝(r_C)/ｓ ・・・(２.5.5)
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3.
これを用いて次の[命題3.1]を示そう。
[命題3.1]
△ABCの面積をS、外接円の半径を Rとし、r,r_A，r_B，r_C は上記と同様とする。このとき
(1) S^2＝r(r_A)(r_B)(r_C) ⇔ S＝√[r(r_A)(r_B)(r_C)] ・・・(3.1.1)
(2) r＝4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) ・・・(3.1.2)
(3) r_A＝4Rsin(A/2)cos(B/2)cos(C/2) ・・・(3.1.3)
同様に
r_B＝4Rsin(B/2)cos(A/2)cos(C/2) ，r_C＝4Rsin(C/2)cos(A/2)cos(B/2)
[命題3.1]の「証明」
(1) [命題2.5]の(２.5.2)(２.5.3)(２.5.4)を掛け合わせれば
ヘロンの公式 S^2＝s(ｓ−a)(ｓ−ｂ)(s−c) と r＝S/s より
(r^3)(r_A)(r_B)(r_C)＝[(ｓーa)(sーｂ)(ｓーc)]^2=(S^4)/(ｓ^2)＝(S^2)(S/ｓ)^2＝(S^2)(r^2)
よって r(r_A)(r_B)(r_C)＝S^2 となり(3.1.1)が示された。
(2) 正弦定理の a＝2RsinA ,ｂ=2RsinB，c＝2RinCと「和・積」と2倍角の公式を使う。
なおcos(90°ーΘ)＝sinΘ、sin(90°ーΘ)＝sin0は縦横に使う。
[命題2.5]から
r＝(s−a）tan(A/2)=R(sinB＋sinB−sinA)tan(A/2)
＝2R[sin(B＋C)/2×cos(BーC)/2−sin(A/2)cos(A/2)]tan(A/2)
＝２Rcos(A/2)tan(A/2)[cos(BーC)/2ーcos(B＋C)/2]
＝4Rsin(A/2)[sin（B/2)sin(C/2)]
＝4Rsin(A/2)sin（B/2)sin(C/2) となる。
よって r＝4Rsin(A/2)sin(B/2)sin(C/2) となり (3.1.2)が導かれた。
(3) 同様に [命題2.5]から
r_A＝stan(A/2)＝(1/2)(ａ＋b＋ｃ)tan(A/2)＝R(sinA＋sinB＋sinC)tan(A/2)
＝R[2sin(A/2)cos(A/2)＋2sin{(B+C)/2}cos{(B−C)/2}]tan(A/2)
＝2R[sin(A/2)cos(A/2)＋cos(A/2)cos{(B−C)/2}]tan(A/2)
＝2Rcos(A/2)[sin(A/2)＋cos{(B−C)/2}]tan(A/2)
＝2Rcos(A/2)×tan(A/2)[cos(B＋C)/2＋cos(B−C)/2]
＝4Rsin(A/2)[cos(B/2)cos(C/2)]
＝4Rsin(A/2)cos(B/2)cos(C/2)
よって r_A＝4Rsin(A/2)cos(B/2)cos(C/2) となり(3.1.3)が示された。
（[命題2.5]の「証明」終わり）
「注意」：(2)は sinB＋sinC−sinA＝4cos(A/2)×sin(B/2)sin(C/2)
(3)は sinA＋sinB＋sinC＝4cos(A/2)cos(B/2)cos(c/2) を
「証明しておいて」からやるとわかり易かった。
4.最後に Napier（ネーピア）の公式と呼ばれる式の証明を示しておく。今となっては簡単な
式の変形に過ぎない。「対数」と関係があるのかもしれない。
[命題4.1] Napier（ネーピア）の公式
(ａ＋ｂ)/(ａ−ｂ)＝[tan（A+B)/2]/[tan(A−B)/2] ・・・(4.1.1)
「証明」
正弦定理から
ａ＋ｂ＝2R(sinA＋sinB)＝4R[sin(A+B)/2)cos{(A−B)/2}] ・・・(4.1.2)
ａ−ｂ＝2R(sinA−sinB)＝4R[cos{(A+B)/2}sin{(A−B)/2}] ・・・(4.1.3)
(4.1.2)÷(4.1.3) をして
(ａ＋ｂ)/(ａ−ｂ)＝[sin{(A+B)/2}cos{(A−B/2}]/[cos{(A+B)/2}sin{(A−B)/2})
＝[sin{(A+B)/2}/cos{(A+B)/2}]/[sin{(A−B)/2}/cos{(A−B)/2}]
＝[tan(A＋B)/2]/[tan(A−B)/2]
（Napier（ネーピア）の公式「証明」終わり）
最終更新：2009年02月08日 08:22
