陥没地帯 (300) - ノリの悪い日記

三角形の外心と垂心は等角共役点である.

【問】
$\triangle ABC$ の内心を $I$ , 外心を $O$ , 垂心を $H$ とするとき, $\triangle IOH$ の面積を求めよ.

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【解】
$\triangle ABC$ の内接円の半径を $r$ とし, 外接円の半径を $R$ とする. $O$ から $BC$ に下ろした垂線の足を $M$ とし, 垂線が円と交わる点を $G$ とする. $A$ から $BC$ , $B$ から $CA$ , $C$ から $AB$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $P$ , $Q$ , $S$ とする. また, $AO$ が再び円と交わる点を $J$ とする.

$BC = a$ , $CA = b$ , $AB = c$ とし,

$\displaystyle{s = \frac{1}{2}(a + b + c)}$

とする. また $S = \triangle ABC$ の面積とする.

余弦定理から,

$\displaystyle{ \cos A = \frac{b^2 + c^2 -a^2}{2bc} }$

また,

$\displaystyle{\cos A = 1-2 \sin^2\frac{A}{2}}$

なので,

$\displaystyle{ 2\sin^2 \frac{A}{2} \\=1- \frac{b^2 + c^2 -a^2}{2bc} \\= \frac{a^2 -(b-c)^2}{2bc} \\= \frac{(a+b-c)(a-b+c)}{2bc} \\= \frac{2(s-b)(s-c)}{bc} }$

したがって,

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{bc}}}$

同様にして,

$\displaystyle{\sin \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{(s-c)(s-a)}{ca}}}$

$\displaystyle{\sin \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{(s-a)(s-b)}{ab}}}$

となる. また,

$\displaystyle{\cos A = 2 \cos ^2\frac{A}{2}-1}$

なので,

$\displaystyle{ 2\cos^2 \frac{A}{2} \\=1+ \frac{b^2 + c^2 -a^2}{2bc} \\= \frac{(b+c)^2-a^2}{2bc} \\= \frac{(a+b+c)(b+c-a)}{2bc} \\= \frac{2s(s-a)}{bc} }$

したがって,

$\displaystyle{\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}}}$

同様にして,

$\displaystyle{\cos \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{s(s-b)}{ca}}}$

$\displaystyle{\cos \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-c)}{ab}}}$

である.

ヘロンの公式

$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

と, 正弦定理からわかる

$\displaystyle{S =\frac{1}{2}bc\sin A = \frac{abc}{4R}}$

と, 内接円からわかる,

$S= rs$

を使って,

$\displaystyle{ \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \\=\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{abc} \\= \frac{S^2}{sabc} = \frac{S}{4Rs} = \frac{r}{4R} }$

以上より,

$\displaystyle{r = 4R \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}$

である.

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※ 前図と同じ図を再掲.

$AO = R$

また,

$\begin{eqnarray} AI &=& \frac{r}{\sin \frac{A}{2}} \\ &=& 4R \sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \end{eqnarray}$

次に, $A$ , $I$ , $G$ は同一直線上にあるから,

$\angle BOM = \angle BOG = 2\angle BAG = \angle A$

なので, $OM = R\cos A$ である.

$\angle BAO = \angle CAH = 90^{\circ} - \angle C$

$\triangle HPC$ と $\triangle HSA$ は相似だから,

$\begin{eqnarray} \angle HCP = \angle HAS = \angle JAC = \angle JBC \end{eqnarray}$

したがって, $HC \parallel BJ$

同様にして, $\triangle BQC$ と $\triangle APC$ が相似であることから,

$\begin{eqnarray} \angle CBQ = \angle CAP = \angle JAB = \angle JCB \end{eqnarray}$

したがって, $BH \parallel JC$

以上, $HC \parallel BJ$ , $BH \parallel JC$ から, 四角形 $BJCH$ は平行四辺形である. 平行四辺形の対角線はそれぞれ中点で交わるので, $M$ は対角線の交点であり, $JH$ の中点となる. $O$ は $JA$ の中点なので, $\triangle JAH$ に中点連結定理を使って,

$AH = 2\cdot OM = 2R \cos A$

となる.

$\angle BAO = \angle CAH = 90^{\circ} - \angle C$

だったから,

$\begin{eqnarray} \angle HAI &=& \angle OAI \\ &=& \left|\frac{\angle A}{2} - 90^{\circ} + \angle C\right| \\ &=&\frac{1}{2} \left|\angle C -(180^{\circ} -\angle A- \angle C)\right| \\ &=& \frac{1}{2}|\angle C- \angle B| \end{eqnarray}$

また, $\angle HAO = |\angle C- \angle B|$

である. 以上から,

$\displaystyle{ \triangle AHO \\= \frac{1}{2}AH\cdot AO \sin \angle HAO \\= R^2\cos A \sin |C-B| }$

$\displaystyle{ \triangle AHI \\= \frac{1}{2}AH\cdot AI \sin \angle HAI \\= 4R^2\cos A\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} \sin \frac{|C-B|}{2} }$

$\displaystyle{ \triangle AOI \\= \frac{1}{2}AO\cdot AI \sin \angle OAI \\= 2R^2\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} \sin \frac{|C-B|}{2} }$

$\triangle IOH = \triangle AHO - \triangle AHI - \triangle AOI$

なので,

$\displaystyle{ \triangle IOH \\= R^2\cos A \sin |C-B| \\ \quad -4R^2\cos A\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} \sin \frac{|C-B|}{2} \\ \quad -2R^2\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} \sin \frac{|C-B|}{2} \\=2R^2\sin \frac{|C-B|}{2} \left(\cos A \cos \frac{ |C-B|}{2}\right. \\ \left. \quad -2\cos A\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} -\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} \right) \\=2R^2\sin \frac{|C-B|}{2} \left(\cos A \cos \frac{B+C}{2} \right. \\ \left. \quad -\sin \frac{B}{2} \sin\frac{C}{2} \right) \\=2R^2\sin \frac{|C-B|}{2} \left(\cos A \sin \frac{A}{2} \right. \\ \left. \quad -\sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} \right)}$

となる. この最後の式に,

$\displaystyle{\sin \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{bc}}}$

$\displaystyle{\sin \frac{B}{2} = \sqrt{\frac{(s-c)(s-a)}{ca}}}$

$\displaystyle{\sin \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{(s-a)(s-b)}{ab}}}$

$\displaystyle {R = \frac{abc}{4\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}}$

$\displaystyle{ \cos A = \frac{b^2 + c^2 -a^2}{2bc} }$

$\displaystyle{ \sin \frac{C-B}{2} \\= \sin \frac{C}{2} \cos \frac{B}{2}-\cos \frac{C}{2} \sin \frac{B}{2} \\=\sqrt{\frac{(s-a)(s-b)}{ab}\cdot \frac{s(s-b)}{ca}} \\ \quad - \sqrt{\frac{s(s-c)}{ab}\cdot \frac{(s-a)(s-c)}{ca}} \\=\frac{1}{a}\sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}} \{(s-b)-(s-c)\} \\=\frac{c-b}{a}\sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}} }$

を代入すると,

$\displaystyle{\triangle IOH \\= \pm \frac{a^3(b-c) + b ^3(c-a) + c^3(a-b)}{16\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}}$

となる. ただし, 右辺が常に正となるように, 最初の符号 $\pm$ のどちらかを選ぶものとする. したがって, 結果は,

$\displaystyle{\triangle IOH \\= \frac{|a^3(b-c) + b ^3(c-a) + c^3(a-b)|}{16\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}}$

である. なお,

$a^3(b-c) + b ^3(c-a) + c^3(a-b) \\= -(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a) \\= -2s(a-b)(b-c)(c-a)$

なので,

$\displaystyle{\triangle IOH = \frac{s|(a-b)(b-c)(c-a)|}{8\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}}$

とも表わすことができる. また, 内心 $I$ がオイラー線上にあるのは, (外心と垂心が一致するのは正三角形のときに限るので) $\triangle ABC$ が二等辺三角形のときであることもただちにわかる.

※ $S = rs$ なので, 内接円の半径 $r$ を使うと,

$\displaystyle{\triangle IOH = \frac{|(a-b)(b-c)(c-a)|}{8r}}$

とも表わすことができる.
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※ $\displaystyle{\sin \dfrac{C-B}{2} }$ の計算はモルワイデの公式を知っていれば, 簡単に計算できる. つまり,

$\displaystyle{\sin \dfrac{C-B}{2} = \dfrac{c-b}{a}\cos \dfrac{A}{2} }$

である. これは, 正弦定理を使って,

$\begin{eqnarray} \dfrac{c-b}{a} &=& \dfrac{\sin C - \sin B}{\sin A} \\&=& \dfrac{2\cos \dfrac{C+B}{2}\sin \dfrac{C-B}{2}}{ 2\sin \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{A}{2}} \\&=& \dfrac{\sin \dfrac{A}{2}\sin \dfrac{C-B}{2}}{ \sin \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{A}{2}} \\&=& \dfrac{\sin \dfrac{C-B}{2}}{\cos \dfrac{A}{2}} \end{eqnarray}$

として, 証明できる. 同様にして

$\begin{eqnarray} \dfrac{c+b}{a} &=& \dfrac{\sin C + \sin B}{\sin A} \\&=& \dfrac{2\sin \dfrac{C+B}{2}\cos \dfrac{C-B}{2}}{ 2\sin \dfrac{A}{2}\cos \dfrac{A}{2}} \\&=& \dfrac{\cos \dfrac{C-B}{2}}{\sin \dfrac{A}{2}} \end{eqnarray}$

である.
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