『円と三角形』解答

◆宮城県　甘泉法師 さんからの解答。

【問題３】

R₁からさらに次々と頂点に向けて内接円を作る操作を考えて、

頂点１の内角を２α1、

R1 R

＝ｋ1とすると

cosec α

1

=1 +

２ｋ1 1 - ｋ1

=

1 + ｋ1 1 - ｋ1

これから

k1=	1-sinα1 1＋sinα1

=tan（

π 4

-

α1 2

）/ tan（

π 4

+

α1 2

）

=tan

2

（

π 4

-

α1 2

）

公式 tan（

π 4

-

A） tan（

π 4

+

A）＝１を使った。

これから

=tan

（

π 4

-

α1 2

）tan（

π 4

-

α2 2

）+tan（

π 4

-

α2 2

）tan（

π 4

-

α3 2

）+tan（

π 4

-

α3 2

）tan（

π 4

-

α1 2

）

=１

公式

cos（A+B+C）＝cosAcosBcosC（1-tanAtanB-tanBtanC-tanCtanA)

【感想】

cosecα1

=

1 + ｋ1 1 - ｋ1

はすぐわかりましたが三角関数の計算に公式集が要りました。

◆宮城県　甘泉法師 さんからの解答。

【問題４】

三角形の内角をα₁、α₂、α₃とすると内心と頂点の距離は、

L1＝ｒcosec

(

α1 ２

)

L2＝ｒcosec

(

α2 ２

)

L3＝ｒcosec

(

α3 ２

)

円弧の中心角は円周角の倍なので外心と辺の距離は、

h1＝R（ １−cosα1 ）= 2R sin2

(

α1 ２

)

h2＝R（ １−cosα2 ）= 2R sin2

(

α2 ２

)

h3＝R（ １−cosα3 ）= 2R sin2

(

α3 ２

)

問題１の答えから

２R
＝ｒ＋ｈ₁＋ｈ₂+ｈ₃
＝ｒ＋R （３−cosα₁-cosα₂-cosα₃）

よって

ｒ＝（cosα₁+cosα₂+cosα₃−1）R

以上から

h1h2h3 L1L2L3

= [４sin（

α1 2

)sin（

α2 2

)sin（

α3 2

)/（cosα1+cosα2+cosα3−1）]3 / 8

上式 [　] 内は１．

【証明】

α₃＝π- α₁-α₂ として、
分子、分母をα₁/2、α₂/2であらわすと

分子

=4 sin(

α1 2

) sin(

α2 2

) cos (

α1 2

+

α2 2

)

=4 sin(

α1 2

) sin(

α2 2

) {cos (

α1 2

)cos(

α2 2

)-sin(

α1 2

)sin(

α2 2

)}

=4 sin2(

α1 2

) sin2(

α2 2

){cot (

α1 2

)cot(

α2 2

)-1}

分母
=cosα₁+cosα₂−cos（α₁＋α₂）−1
=cosα1+cosα₂−cosα₁cosα₂+sinα₁sinα₂-1

=1 - 2sin2(

α1 2

）+ 1 - 2sin2（

α2 2

)- {1- 2sin2（

α1 2

)}{1 - 2sin2（

α2 2

)}+ 4sin（

α1 2

)sin（

α2 2

)cos(

α1 2

)cos(

α2 2

)

=4 sin2(

α1 2

) sin2(

α2 2

){cot (

α1 2

)cot(

α2 2

)-1}

分子と分母は一致する。（証明終）

よって　L₁L₂L₃＝8h₁h₂h₃。

【感想】

問題から外接円と内接円の半径の関係がわかり

ｒ=（cosα₁+cosα₂+cosα₃−1）R

=4 sin(

α1 2

) sin(

α2 2

) sin (

α3 2

) R

【問題５】

R R1

=r12,

R R2

=r22,

R R3

=r32とおき、

R_iが接する辺の対角のおおきさをα_iとする.

頂点にむけて次々に相似な内接小円をつくっていき直径をたしていくと頂点までの距離がわかるので

cosec (

αi 2

) = 1 +

2ri2 1-ri2

r_iについてとくと、

r₁²

＝（1-sin(

αi 2

)）/（1＋sin(

αi 2

))

＝tan(

π 4

-

αi 4

) / tan（

π 4

+

αi 4

)

公式 tan(

π 4

- A） tan(

π 4

+ A）＝１を使い、

ri ＝ tan

π - αi 4

証明すべき式の両辺にRをかけた右辺は

r₁r₂+ r₂r₃+ r₃r₁

= tan

π-α1 4

tan

π-α2 4

+tan

π-α2 4

tan

π-α3 4

+tan

π-α3 4

tan

π-α4 4

これが１になればよい。

三角関数の加法定理のひとつ

公式tan(A+B+C) =

tanA+tanB+tanC-tanAtanBtanC 1-tanAtanB-tanBtanC-tanCtanA

を使って

A=

π-α1 4

、

B=

π-α2 4

、

C=

π-α3 4

を代入すると

公式の左辺＝tan(

π 2

)＝無限大なので右辺の分母が０。

これから

r₁r₂+ r₂r₃+ r₃r₁＝１

（証明終）

【感想】

公式tan(A+B+C) =

tanA+tanB+tanC-tanAtanBtanC 1-tanAtanB-tanBtanC-tanCtanA

は分子のsin(A+B+C)と分母のcos(A+B+C)を積に展開すれば得られます。

【問題６】

円R1の向かいの三角形頂点Aから、辺AB、辺ACを延長した直線と円R₁の２接点までの距離を考察して、 三角形の周をsとすると

cot (

α1 2

)=

s 2 R1

=

ｓ 2R1

証明すべき式の右辺にRをかけたものは

(

1 R1

+

1 R2

+

1 R3

)R

=2R[cot (

α1 2

) + cot (

α2 2

) + cot (

α3 2

)] / s

= s / s

=1

よって命題は証明された。

【問題１】

△ABCの頂点Aの角度をAというふうにあらわし
内心の半径をｒ、外心の半径をR、△ABCの周の長さをｓとする。

内心が角の2等分線の交点であることを使って

ｓ＝2r（cot(

A 2

)+cot(

B 2

)+cot(

C 2

))

外接円上の小円弧BCの中心角は２Aであることをつかって
a ＝ 2 R sinA 他の辺も同様にして足し合わせ
s = 2R ( sinA + sinB + sinC )

両者から内接円と外接円の半径の比は

r R

＝

sinA + sinB + sinC cot( A 2 )+cot( B 2 )+cot( C 2 )

右辺分母

=	sin( A 2 )sin( B 2 )cos( C 2 )+sin( C 2 )sin( A 2 )cos( B 2 )+sin( B 2 )sin( C 2 )cos( A 2 ) sin( A 2 )sin( B 2 )sin( C 2 )

=	sin( A 2 )sin( B 2 + C 2 )+sin( C 2 )sin( A 2 + B 2 )+sin( B 2 )sin( C 2 + A 2 ) 2sin( A 2 )sin( B 2 )sin( C 2 )

三角形の内角の和がπであることとsinの加法定理から

=	sinA + sinC + sinB 4sin( A 2 )sin( B 2 )sin( C 2 )

よって

r R

＝4sin(

A 2

)sin(

B 2

)sin(

C 2

)＝ cosA+cosB+cosC−1

最右辺になることは問題４の解答で計算した。これから

2R = r + R(1-cosA+1-cosB+1-cosC) = r + h

◆出題者のコメント。

甘泉法師 さんへ

すべて正解です。
特に【問題１】【問題３】【問題６】の証明は実に鮮やかです。

【問題５】は【問題３】のような３つの円も書き加えて、２直線に接する連結する３つの円の半径は等比数列をなすことを利用すると、至って省エネの証明が可能です。

◆宮城県　甘泉法師 さんからの解答。

【問題７に関連する命題】

△ABCの内接円Rに辺BCと平行な接線を引く。
この直線により頂点A側に相似な小三角形ができる。

この三角形の外接円の半径をK、周をｓとすると、問題１の解答中で導いたように

内接円の半径R1 ＝ ４Ksin

A 2

sin

B 2

sin

C 2

問題６の解答中で考察したように

傍接円の半径R =

ｓ 2

・tan

A 2

= K(sinA+sinB+sinC)tan

A 2

三角形の内角の和A+B+C=πから

sinA = 2cos

A 2

sin

A 2

= 2 cos

A 2

cos

B+C 2

= 2 cos

A 2

(cos

B 2

cos

C 2

+ sin

B 2

sin

C 2

)

sinB+sinC=2 sin

B+C 2

cos

B-C 2

= 2 cos

A 2

(cos

B 2

cos

C 2

- sin

B 2

sin

C 2

)

よって

傍接円の半径R

=４K cos

A 2

cos

B 2

cos

C 2

tan

A 2

=４K sin

A 2

cos

B 2

cos

C 2

これから

R1 R

=tan

B 2

tan

C 2

頂点B、C側にも同様にR₂、R₃をつくり足し合わせると

R1 R

+

R2 R

+

R3 R

=tan

A 2

tan

B 2

+tan

B 2

tan

C 2

+tan

C 2

tan

A 2

=1

最右辺はtan(A+B+C)の加法定理と、三角形の内角の和A+B+C=πから導かれる。

【問題７との関連についてのコメント】

命題と問題７は同じ図形配置と予想していますが、まだ証明できていません。

◆宮城県　甘泉法師 さんからの解答。

●問題２の内接円についての解答

△ABCを題意に２分する。
頂点Aからの分割線と辺BCの交点をPと記す。

∠A=2α、∠B=2β、∠C=2γ、
∠BAP＝A₁=２α₁、∠CAP＝A₂=２α₂と記す。

線分AB＝R₁(cotα₁ + cotβ)= R(cotα + cotβ)

線分AC＝R₂(cotα₂ + cotγ)= R(cotβ + cot γ)

h = AB sin B = AC sin C

より、角を使って諸量があらわせる。

α1+α2=α、α＋β＋γ＝

π ２

の関係を使い三角関数の計算をして

1-

2R1 h

=

tan β tan(α1+β）

1 -

2R2 h

=

tan γ tan(α2+γ）

=tan γ*tan(α1+β）

1 -

2R h

=

tan γ tan(α+γ）

=tanβ *tanγ

よって明らかに証明すべき式が成り立つ。
これから、任意のｎ分割について証明すべき式が成り立つのは明らか。

●問題２の傍接円の場合

円Siに辺BCと平行な接線を引くと三角形の相似を使って、問題７に関連する命題で調べたように

R =S tanβtanγ
R₁= S₁ tanβtan(α₂+γ)
R₂= S₂ tan(α₁+β)tanγ

1 +

2S1 h

=

tan(α1+β） tan β

=

1 tan β*tan(α2+γ）

1 +

2S2 h

=

tan(α2+γ) tan γ

=

1 tan γ*tan(α1+β）

1 +

2S h

=

1 tanβ *tanγ

それぞれ内接円の場合の逆数になっている。
明らかに証明すべき式が成り立つ。
これから任意のｎ分割について証明すべき式が成り立つのは明らか。

◆宮城県　甘泉法師 さんからの解答。

【問題７】

代数的に解けましたので前の予想に続けて投稿します

ｘｙ座標を導入して代数で考える。

原点に中心がある半径１の円Oを内接円とし、
辺BCが直線ｙ＝−１上にある三角形ABCがある。

内角の大きさの半分をそれぞれα=

A 2

, β=

B 2

, γ=

C 2

とする。

点B(-cotβ,-1)、点C(cotγ,-1)
点Aは頂角Aの二等分線 y=ｘ tan(2β+α)　上にあるので
点A (a, a tan(2β+α) ) = (a,acot(γ−β))とおく。　

点Ａは
直線ＢＡ：y=(x+cotβ)*tan2β-1　と　
直線ＣＡ：y=(x-cotγ)*tan(π-2γ)-1＝- (x-cotγ)* tan 2γ -1
の交点であることから点Ａの座標をこれらの式に代入して解くと、点Ｐのｘ座標aがわかり

a =

tanγ-tanβ 1-tanβtanγ

=

t 1-s

ここでt＝tanγ - tanβ　s＝tanγtanβ。

これから点Ｐのy座標は

a tan(2β+α) =

a tan(γ−β)

=

1+s 1-s

すなわち　点A (

t 1-s

,

1+s 1-s

)

円周上に点B、Ｃがあり円Oと接する円Ｐがある。
中心を点P、半径をＤとする

明らかに点Pは線分BCの二等分線上にあるので

ｘ座標は

1 2

*(cotγ-cotβ)。ｙ座標をｐとおく。

P(

1 2

*(cotγ-cotβ), ｐ)＝(

-(tanγ-tanβ) 2s

, ｐ)=(-

t 2s

, ｐ)

線分PBの長さは半径Ｄであるから

Ｄ

2

= { -

t 2s

- (-cotβ) }

2

+ ( p -(-1) )2

= (

t 2s

-

2tanγ 2s

)

2

+( p +1)2

=

(tanγ + tanβ)2 4s2

+ (p+1)2

線分POの長さは半径Ｄより１だけ小さいので

(D-1)2=

t2 4s2

+ p2

この２つの式からDとｐがわかり、点Ｐの座標と円Ｐの半径Ｄは

点P( -

t 2s

, -

1 4s

+

t2 4s

)

Ｄ=

1 4s

+

t2 4s

+1

円Ｐと接し、辺ＡＢとＡＣに(内)接する円Ｑがある。
中心を点Q、半径をrとする。
辺ＡＢ上の接点を点Ｅとする。

点Qも点Aと同じく頂角Aの二等分線y=tan(2β+α)xの上にあるので

Q (q cot(2β+α) , q ) = (q tan(γ−β) , q ) =(q

t 1+s

, q)

とおける。

点Ｆを辺ＡＢと円Ｏの接点として、△ＡＯＦと△ＡＱＥは相似なので

r：１＝

1+s 1-s

- q：

1+s 1-s

これから　ｑ＝

(1−r)(1+s) 1-s

よって点Q(

t(1−r) 1-s

,

(1−r)(1+s) 1-s

)

円Pと円Qが接するので線分PQの長さは両円の半径の和になる。

PQ2= (D+r)2=

(

1 4s

+

t2 4s

+ 1+r

)

2

点Ｐ、Ｑの座標により線分ＰＱの長さを求めると

PQ²

={

t(1−r) 1-s

- (-

t 2s

)}

2

+{

(1−r)(1+s) 1-s

- (-

1 4s

+

t2 4s

)}

2

= t2

(

1-r 1-s

+

1 2s

)

2

+{

(1−r)(1+s) 1-s

+

1 4s

-

t2 4s

}

2

この２式が等しいとしてrの２次方程式が得られる。
方程式は、表記が簡単なように　1-r＝ｘ　とおいて

t2

(

ｘ 1-s

+

1 2s

)

2

+

{

ｘ(1+s) 1-s

+

1 4s

-

t2 4s

}

2

-(

1 4s

+

t2 4s

+ 2-ｘ)

2

＝0

ｘの次数について整理すると

t2 + 4s (1-s)2

*ｘ2+｛

t2 s

+

1 s (1-s)

+ 4　｝*ｘ-(

t2 s

+

1 s

+4)＝0

さらに

u＝

(1-s)2 t2+４s

＝cot2(β+γ)＝ tan2 α

を使い整理すると

s*ｘ2　+

｛

(1-s)2 +

u 1-s

｝

*ｘ-( (1-s)2 + u )＝0

まとめて

( x +

(1-s) (1-s+s2) + u 2s(1-s)

)( -1＋s) ＝ 0

解のひとつ　ｘ＝1-s　より
r＝s＝tanγtanβ。　これは適解。

もうひとつの解

x = -

(1-s) (1-s+s2) + u 2s(1-s)

＜０より r＞１。

これは不適。

同様のことを△ＡＢＣの３つの頂点について行い、それぞれの半径を足すと
tanαtanβ+tanβtanγ+tanγtanα＝１。
tanの加法法則を使った。

これから相似を使い、一般のサイズの内接円の半径がＲである図の場合には
Ｒ₁＋Ｒ₂＋Ｒ₃＝Ｒとなることは明らか。
よって命題は証明された

【コメント】

前の発言のコメントと考え合わせると　円Pと円Qの、互いが反対側にあるような共通接線は辺BCと平行であることがわかり、このことを代数でなく幾何で解く証明がある筈です。
諸兄の御教示を待ちます。

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