陥没地帯 (301) - ノリの悪い日記

すでに触れた内容もあるが, 傍心に関する基本事項がややこしいので, まとめておく.

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三角形 $ABC$ の頂点 $B$ の外角 $\angle EBC$ の $2$ 等分線と頂点 $C$ の外角 $\angle FCB$ の $2$ 等分線の交点を $I_1$ とする. $I_1$ から $BC$ に垂線を下ろし, その足を $D'$ とする. また, $I_1$ から直線 $AB$ , $AC$ に下ろしたそれぞれの垂線の足をあらためて, $E$ , $F$ とする. $\triangle BEI_1$ と $\triangle BD'I_1$ は合同, $\triangle CFI_1$ と $\triangle CD'I_1$ も合同で, $I_1E = I_1F= I_1D'$ である. したがって, $\triangle AEI_1$ と $\triangle AFI_1$ は合同となって, $\angle EAI_1 = \angle FAI_1$ から, $AI_1$ は, $ABC$ の内心 $I$ を通る. $I_2$ , $I_3$ についても同様のことがいえ, $I_1$ , $I_2$ , $I_3$ の $3$ 点を $\triangle ABC$ の傍心と呼ぶ.

$\angle IBI_1 = \angle IBI_3 = 90^{\circ}$ だから, $I_1$ , $B$ , $I_3$ は同一直線上にある. 同様に, $I_2$ , $A$ , $I_3$ および $I_1$ , $C$ , $I_2$ も同一直線上にある. また, $\triangle ABC$ の内心 $I$ は, $\triangle I_1I_2I_3$ の垂心でもある.

$\triangle I_1BC$ において,

$\displaystyle{\angle I_1BC = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle B}$
$\displaystyle{\angle I_1CB = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle C}$
$\displaystyle{\angle BI_1C = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle A}$

である. 同様に角を求めれば, $\triangle I_1BC$ , $\triangle AI_2C$ , $\triangle ABI_3$ , $\triangle I_1I_2I_3$ は, 互いに相似であることがわかる. なお,

$\displaystyle{\angle BIC = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\angle A}$
$\displaystyle{\angle CIA = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\angle B}$
$\displaystyle{\angle AIB = 90^{\circ} + \frac{1}{2}\angle C}$

である.

次に, $\triangle ABC$ の外心を $O$ とし, 外接円と $AI_1$ の交点を $P$ とする. 円周角から

$\displaystyle{\angle PBC = \frac{1}{2}\angle A}$

また

$\displaystyle{\angle IBC = \frac{1}{2}\angle B}$
$\displaystyle{\angle BIP = \frac{1}{2}(\angle A+ \angle B)}$

だから, $\triangle PBI$ は二等辺三角形である. $\triangle IBI_1$ は直角三角形だから, $\triangle PBI_1$ はまた二等辺三角形である. $II_1$ は $I$ , $B$ , $I_1$ , $C$ を通る円の直径だが, $PI = PB = PI_1$ から $P$ はその円の中心である. また, $P$ は, $\angle A$ の二等分線の上にあるから, $P$ は, 外接円の弧 $BPC$ の中点でもある. 以上, 点 $P$ についていえることは, $II_2$ と外接円の交点, $II_3$ と外接円の交点についてもいえる.

今度は, 外接円と $I_2I_3$ との点 $A$ 以外の交点を $Q$ とする. 円周角から,

$\angle AQB = \angle C$

また,

$\displaystyle{\angle QI_3B = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle C}$

だから,

$\displaystyle{\angle QBI_3 = 90^{\circ} - \frac{1}{2}\angle C}$

となって, $\triangle QI_3B$ は二等辺三角形である. また, $\triangle I_3BI_2$ は直角三角形だから, $\triangle QBI_2$ も二等辺三角形である. したがって, $Q$ は $I_2I_3$ の中点である. $B$ , $C$ , $I_2$ , $I_3$ は同じ円の周上にあり, $I_2I_3$ はその円の直径であるから, $Q$ はその円の中心である. $QB = QC$ から, $\triangle OBQ$ と $\triangle OCQ$ は合同であり, したがって $Q$ は, 外接円の弧 $BQC$ の中点でもある. 以上, 点 $Q$ についていえることは, $I_1I_2$ と外接円の交点, $I_1I_3$ と外接円の交点についてもいえる.

$P$ は外接円の弧 $BPC$ の中点, $Q$ は外接円の弧 $BQC$ の中点だったから, $PQ$ は外接円の直径で弦 $BC$ と直交する. 外接円の半径を $R$ とすれば, $OP = OQ = R$ である. $PQ$ と $BC$ の交点を $L$ とすれば, $L$ は, $BC$ の中点である.

傍接円 $I_1$ , $I_2$ , $I_3$ の半径をそれぞれ $r_1$ , $r_2$ , $r_3$ とし, $I_2$ , $I_3$ から $BC$ に下ろした垂線の足を $X$ , $Y$ とする. また, 内接円の半径を $r$ とし, $I$ から $BC$ に下ろした垂線の足を $D$ とする. $I_2X \parallel QL \parallel I_3Y$ で, $Q$ は, $I_2I_3$ の中点であったから,

$I_2X + I_3Y = 2\cdot QL$
$r_2 + r_3 = 2\cdot QL$

である. また, $P$ は, $II_1$ の中点で, $ID \parallel PL \parallel I_1D'$ だから,

$2(PL + ID) = I_1D' + ID$
$I_1D'- ID = 2\cdot PL$
$r_1 - r = 2 \cdot PL$

これから,

$r_1 + r_2 + r_3 - r = 2(PL+ QL) = 4R$

である. つまり,

$r_1 + r_2 + r_3 = r + 4R$

である.

$O$ から, $AB$ , $AC$ に下ろした垂線の足を $M$ , $N$ とし, 垂線の長さ $OL$ , $OM$ , $ON$ を垂線が三角形の側にあるときは正, 反対側にあるときは負となるようにとると,

$r_2 + r_3 = 2 \cdot QL = 2(R + OL)$

から,

$2\cdot OL = r_2 + r_3 - 2R$

で, 同様の関係になるよう作り変えた図を想像して,

$2\cdot OM = r_1 + r_3 - 2R$
$2\cdot ON = r_1 + r_2 - 2R$

したがって,

$2(OL + OM + ON) \\= 2(r_1 + r_2 + r_3) -6R \\=2(r + 4R) -6R \\= 2(r + R)$

つまり,

$OL + OM + ON = r + R$

$OL = R\cos A$ , $OM = R \cos C$ , $ON = R \cos B$ だから,

$\displaystyle{\cos A + \cos B + \cos C = 1 + \frac{r}{R}}$

である.

$\triangle QBP$ と $\triangle AI_1F$ は相似で, $I_1P = PB$ だから,

$AI_1:QP = I_1F: PB$
$AI_1:2R = r_1: I_1P$

$AI_1 \cdot I_1P = 2Rr_1$

である. ( $AI \ \cdot IP = 2Rr$ であった.) 方べきの定理から, $AI_1 \cdot I_1P = OI_1^2 - R^2$ なので, $OI_1^2 = R ^2 + 2Rr_1$ である.

傍接円 $I_1$ について,

$\displaystyle{\begin{align} 2s &= AB + BC + CA \\ &= AB + (BD' + D'C )+ CA \\ &= (AB + BD') + (AC + D'C) \\ &= (AB + BE) + (AC + CF) \\ &= AE + AF \end{align}}$