目次／図形の性質／数学A

第2章　三角形の五心

—— 3 本の線が 1 点に集まる——外心・内心・重心、そして垂心・傍心 ——

三角形に 3 本の直線を引くと、ふつうは交点が 3 つできます。ところが「3 辺の垂直二等分線」「3 つの角の二等分線」「3 本の中線」は、どんな三角形でもぴったり 1 点で交わります。この章では、そうした特別な点——外心・内心・重心・垂心・傍心の「五心」——を学びます。第1章で学んだ角の二等分線と比、平行線と線分の比が、ここで活躍します。

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基1 基2 基3 基4 基5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

未回答 25× 0○ 01か月定着 0

この章で使う記号と「五心」

第1章に続き、 $\triangle ABC$ の $\angle A$ ， $\angle B$ ， $\angle C$ の向かいの辺の長さを $a$ ${}= BC$ ， $b$ ${}= CA$ ， $c$ ${}= AB$ と書きます。三角比の分野（第3章・第4章）と同じく、外接円の半径を $R$ 、内接円の半径を $r$ 、 $\triangle ABC$ の面積を $S$ とします。

三角形に適当な 3 本の直線を引くと、ふつうは交点が 3 つできます。ところが、ある決まった引き方をすると、3 本がどんな三角形でもぴったり 1 点に集まります。この章では、その代表の 5 つの点をまとめて五心と呼び、1 つずつ調べます。

名前	記号	どの 3 本の直線の交点か	何の中心か
外心	$O$	3 辺の垂直二等分線	外接円（3 頂点を通る円）
内心	$I$	3 つの内角の二等分線	内接円（3 辺に接する円）
重心	$G$	3 本の中線	三角形の板のつり合う点
垂心	$H$	各頂点から向かいの辺への垂線	—
傍心	$I_A$ など	1 つの内角と 2 つの外角の二等分線	傍接円

中心になるのは外心・内心・重心の 3 つです。垂心と傍心は、最後にまとめて紹介します。

外心——3 つの頂点から等しい距離

中学で学んだとおり、線分 $AB$ の垂直二等分線（ $AB$ の中点を通り $AB$ に垂直な直線）の上の点は、 $A$ と $B$ から等しい距離にあります。逆に、 $PA$ ${}= PB$ となる点 $P$ はすべて垂直二等分線の上にあります。

$\triangle ABC$ の辺 $AB$ の垂直二等分線と辺 $BC$ の垂直二等分線の交点を $O$ とします。 $O$ は $AB$ の垂直二等分線上にあるので $OA$ ${}= OB$ 、 $BC$ の垂直二等分線上にあるので $OB$ ${}= OC$ 。すると $OA$ ${}= OC$ なので、 $O$ は辺 $CA$ の垂直二等分線の上にもあります。こうして 3 本が 1 点で交わることが分かります。

公式1：外心

$\triangle ABC$ の 3 辺の垂直二等分線は 1 点 $O$ で交わり

\displaystyle OA

この点 $O$ を $\triangle ABC$ の外心といい、 $O$ を中心とする半径 $R$ の円が外接円です。

外心の位置は、鋭角三角形なら内部、直角三角形なら斜辺の中点、鈍角三角形なら外部（最も長い辺の外側）です。
$OA$ ${}= OB$ ${}= OC$ なので、 $O$ と 3 頂点を結ぶと 3 つの二等辺三角形ができます。鋭角三角形で底角を $x$ ， $y$ ， $z$ とすると（図）

\displaystyle x

3 つの村が共同で給水塔を 1 つ建てることになりました。どの村から見ても公平なように、3 つの村からの距離がちょうど等しい場所を探します。村 $A$ と村 $B$ から等しい場所は 2 村を結ぶ線分の垂直二等分線上、村 $B$ と村 $C$ から等しい場所はその垂直二等分線上。その 2 本の交点が答えで、そこは自動的に村 $C$ と村 $A$ からも等距離です。村が大きく開いた（鈍角の）配置だと、公平な場所は 3 村に囲まれた土地の外へはみ出してしまいます。

外心は「3 頂点から等しい距離にある点」で、3 辺の垂直二等分線の交点であり、外接円の中心だということです。

例題1：外心のまわりの角

鋭角三角形 $ABC$ の外心を $O$ とします。 $\angle OBC$ ${}= 20^\circ$ ， $\angle OCA$ ${}= 35^\circ$ のとき、 $\angle OAB$ と $\angle BAC$ を求めなさい。

【解答】

$OA$ ${}= OB$ ${}= OC$ より、 $\triangle OBC$ ， $\triangle OCA$ ， $\triangle OAB$ は二等辺三角形なので

\displaystyle \angle OCB

$\angle OAB$ ${}= x$ とおくと、 $\triangle ABC$ の内角の和は $2x$ ${}+ 2 \cdot 20^\circ + 2 \cdot 35^\circ$ ${}= 180^\circ$ 。よって $x$ ${}= 35^\circ$ で

\displaystyle \angle OAB

$\angle BAC$ ${}= 90^\circ - \angle OBC$ ${}= 90^\circ - 20^\circ$ とも一致します。外心の角の問題は、「二等辺三角形の底角」を書きこむところから始めましょう。

内心——3 つの辺から等しい距離

外心が「3 頂点から等距離の点」なら、内心は「3 辺から等距離の点」です。

第1章の厳密定義ページで、角の二等分線上の点は角をはさむ 2 辺から等しい距離にあることを確かめました。逆に、角の内部にあって 2 辺から等しい距離にある点は、その角の二等分線の上にあります。

$\angle B$ の二等分線と $\angle C$ の二等分線の交点を $I$ とします。 $I$ は辺 $BA$ ， $BC$ から等距離で、辺 $CB$ ， $CA$ からも等距離です。つまり 3 辺すべてから等距離なので、 $\angle A$ の二等分線の上にもあります。

公式2：内心

$\triangle ABC$ の 3 つの内角の二等分線は 1 点 $I$ で交わり、 $I$ から 3 辺までの距離はすべて等しい（ $= r$ ）。この点 $I$ を内心といい、 $I$ を中心とする半径 $r$ の円が内接円です。内心はいつも三角形の内部にあります。

\displaystyle \text{(1)}\quad \angle BIC

(2) 直線 $AI$ と辺 $BC$ の交点を $D$ とすると

\displaystyle AI : ID

(3) 内接円と辺 $BC$ ， $CA$ ， $AB$ の接点を $P$ ， $Q$ ， $R$ とすると

\displaystyle AQ

(1) は $\angle IBC$ ${}+ \angle ICB$ ${}= \dfrac{\angle B + \angle C}{2}$ ${}= \dfrac{180^\circ - \angle A}{2}$ から出ます。
(2) は、第1章公式3 を 2 回使います。 $BD$ ${}= \dfrac{ac}{b + c}$ で、 $\triangle ABD$ で $BI$ が $\angle B$ の二等分線なので $AI : ID$ ${}= BA : BD$ ${}= c : \dfrac{ac}{b + c}$ ${}= (b + c) : a$ 。
(3) は「円の外の点から引いた 2 本の接線の長さは等しい」（中学で学習。第5章でも扱います）から、 $AQ$ ${}= AR$ ， $BR$ ${}= BP$ ， $CP$ ${}= CQ$ を使って解きます。同様に $BP$ ${}= BR$ ${}= \dfrac{c + a - b}{2}$ ， $CP$ ${}= CQ$ ${}= \dfrac{a + b - c}{2}$ 。
三角比の分野第4章で学んだ $S$ ${}= \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$ も、内心と 3 頂点を結んで 3 つに分けた面積の和です。

三角形の箱に、丸いクッキーをできるだけ大きく焼いて入れたいとします。クッキーを少しずつ大きくしていくと、どこかの壁にぶつかります。ぶつからない向きへずらしながらさらに大きくすると、最後は 3 つの壁すべてに触れて、もう動けなくなります。そのとき中心は 3 つの壁から同じ距離にあり、それが内心です。どんな形の三角形でも、このクッキーは必ず箱の中に収まります。内心がいつも内部にあるのはそのためです。

内心は「3 辺から等しい距離にある点」で、3 つの内角の二等分線の交点であり、内接円の中心だということです。

例題2：内心の角と比

(1) $\triangle ABC$ の内心を $I$ とします。 $\angle A$ ${}= 64^\circ$ のとき、 $\angle BIC$ を求めなさい。

(2) $AB$ ${}= 6$ ， $BC$ ${}= 5$ ， $CA$ ${}= 4$ の $\triangle ABC$ の内心を $I$ 、直線 $AI$ と辺 $BC$ の交点を $D$ 、内接円と辺 $BC$ の接点を $P$ とします。 $AI : ID$ と $BP$ の長さを求めなさい。

【解答】

(1) $\angle B$ ${}+ \angle C$ ${}= 180^\circ - 64^\circ$ ${}= 116^\circ$ なので $\angle IBC$ ${}+ \angle ICB$ ${}= 58^\circ$ 。

\displaystyle \angle BIC

公式2 (1) で $90^\circ + 32^\circ$ としても同じです。

(2) 第1章公式3 より $BD : DC$ ${}= AB : AC$ ${}= 6 : 4$ ${}= 3 : 2$ なので $BD$ ${}= 5 \cdot \dfrac{3}{5}$ ${}= 3$ 。 $\triangle ABD$ で $BI$ は $\angle B$ の二等分線なので、もう一度公式3を使うと

\displaystyle AI : ID

（公式2 (2) で $(4 + 6) : 5$ ${}= 2 : 1$ としても同じ。）接点までの長さは、 $BP$ ${}= BR$ ${}= y$ ， $CP$ ${}= CQ$ ${}= z$ ， $AQ$ ${}= AR$ ${}= x$ とおくと

\displaystyle x

3 式を足して $x$ ${}+ y$ ${}+ z$ ${}= \dfrac{15}{2}$ 。ここから $y$ ${}= \dfrac{15}{2}$ ${}- (z + x)$ ${}= \dfrac{15}{2}$ ${}- 4$ 、 $BP$ ${}= \underline{\dfrac{7}{2}}$ 。

角の二等分線が $BC$ と交わる点 $D$ （ $BD$ ${}= 3$ ）と、内接円の接点 $P$ （ $BP$ ${}= \dfrac{7}{2}$ ）は別の点です。混同しないようにしましょう。

中点連結定理——重心への準備

重心に進む前に、第1章公式1 の特別な場合を 1 つ用意します。

公式3：中点連結定理

$\triangle ABC$ の辺 $AB$ ， $AC$ の中点をそれぞれ $M$ ， $N$ とすると

\displaystyle MN

第1章公式1 で $AM : AB$ ${}= AN : AC$ ${}= 1 : 2$ の場合です。公式1の逆から $MN$ ${}\parallel BC$ 、公式1 (1) から $MN : BC$ ${}= 1 : 2$ が出ます。
逆に、辺 $AB$ の中点 $M$ を通り $BC$ に平行な直線は、辺 $AC$ の中点を通ります（公式1 (2) で $AM : MB$ ${}= 1 : 1$ だから）。

三角形の紙を、頂点 $A$ が底辺 $BC$ にぴったり重なるように、 $BC$ と平行な折り目で折ってみてください。 $A$ から折り目までの距離と、折り目から $BC$ までの距離が等しくなるので、折り目はちょうど高さの半分の位置を通ります。そして折り目の長さを測ると、底辺のちょうど半分になっています。折り目の両端が、辺 $AB$ ， $AC$ の中点です。

2 辺の中点を結ぶ線分は、残りの辺に平行で長さはその半分だということです。

例題3：台形の中点を結ぶ線分

$AD$ ${}\parallel BC$ の台形 $ABCD$ で $AD$ ${}= 4$ ， $BC$ ${}= 10$ です。辺 $AB$ ， $DC$ の中点をそれぞれ $M$ ， $N$ とするとき、 $MN$ の長さを求めなさい。

【解答】

対角線 $AC$ の中点を $P$ とします。

$\triangle ABC$ で、 $M$ ， $P$ は $AB$ ， $AC$ の中点なので、公式3より $MP$ ${}\parallel BC$ ， $MP$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 10$ ${}= 5$ 。

$\triangle CDA$ で、 $N$ ， $P$ は $CD$ ， $CA$ の中点なので $PN$ ${}\parallel DA$ ， $PN$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 4$ ${}= 2$ 。

$AD$ ${}\parallel BC$ なので、 $MP$ と $PN$ はどちらも $P$ を通り $BC$ に平行な直線の一部です。平行線は 1 本しか引けないので、 $M$ ， $P$ ， $N$ は一直線上に並びます。よって

\displaystyle MN

一般に、台形の脚の中点を結ぶ線分の長さは上底と下底の平均 $\dfrac{AD + BC}{2}$ です。「一直線に並ぶ」ことを確かめてから足すのがポイントです。

重心——3 本の中線は 2 : 1 で交わる

三角形の頂点と、向かいの辺の中点を結ぶ線分を中線といいます。中線は、三角形の面積をちょうど半分に分けます（第1章公式5 (1)）。

中線 $BE$ と $CF$ の交点を $G$ とします。 $E$ ， $F$ は辺の中点なので、中点連結定理より $FE$ ${}\parallel BC$ ， $FE$ ${}= \dfrac{1}{2}BC$ 。錯角が等しいので $\triangle GEF \backsim \triangle GBC$ で、相似比は $FE : BC$ ${}= 1 : 2$ です。よって

\displaystyle BG : GE

中線 $BE$ と $AD$ の交点についても同じ議論ができ、やはり $BE$ を $2 : 1$ に内分する点になります。 $BE$ を $2 : 1$ に内分する点は 1 つしかないので、それは $G$ です。こうして 3 本の中線が $G$ で交わります。

公式4：重心

$\triangle ABC$ の 3 本の中線 $AD$ ， $BE$ ， $CF$ は 1 点 $G$ で交わり、 $G$ は各中線を頂点の側から $2 : 1$ に内分する。

\displaystyle AG : GD

この点 $G$ を重心といいます。

$GD$ ${}= \dfrac{1}{3}AD$ なので、 $G$ から $BC$ までの距離は $A$ から $BC$ までの距離の $\dfrac{1}{3}$ です。よって $\triangle GBC$ ${}= \triangle GCA$ ${}= \triangle GAB$ ${}= \dfrac{1}{3}S$ 。
さらに 3 本の中線で分けた 6 つの小さな三角形は、どれも面積が $\dfrac{1}{6}S$ です。

厚紙で三角形を切り抜き、指先 1 本で水平に支えようとすると、うまくつり合う点がただ 1 つあります。それが重心です。三角形を $BC$ に平行な細い帯に切り分けて考えると、どの帯も中点は中線 $AD$ の上にあります（中点連結定理と同じ理屈です）。だから三角形は、 $AD$ に沿って置いた定規の上でつり合います。同じことが 3 本の中線のどれについても言えるので、3 本の交点で支えれば、どちらにも傾かないのです。

重心は 3 本の中線の交点で、各中線を頂点の側から $2 : 1$ に分け、三角形を面積の等しい 3 つに分ける点だということです。

例題4：重心と長さ・面積

面積 $36$ の $\triangle ABC$ の重心を $G$ 、辺 $BC$ の中点を $D$ とします。中線 $AD$ の長さが $9$ のとき、 $AG$ ， $GD$ の長さと、 $\triangle GAB$ ， $\triangle GBD$ の面積を求めなさい。

【解答】

公式4より $AG : GD$ ${}= 2 : 1$ なので

\displaystyle AG

面積は $\triangle GAB$ ${}= \dfrac{1}{3} \cdot 36$ ${}= \underline{12}$ 。 $\triangle GBC$ ${}= 12$ で、 $D$ は $BC$ の中点なので $\triangle GBD$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 12$ ${}= \underline{6}$ 。

「 $2 : 1$ 」は頂点の側が 2 です。 $AG$ ${}= 3$ ， $GD$ ${}= 6$ と逆にしないように、「重心は辺の側に寄っている」と図で確かめましょう。

垂心と傍心

残りの 2 つは、ここで性質をまとめて紹介します。

各頂点から向かいの辺（またはその延長）に下ろした垂線は、1 点で交わります。この理由は外心に帰着させるときれいに示せます（厳密定義ページ）。

一方、 $\angle B$ の外角の二等分線と $\angle C$ の外角の二等分線の交点を $I_A$ とすると、 $I_A$ は直線 $AB$ ， $BC$ から等距離で、直線 $BC$ ， $CA$ からも等距離です。すると直線 $AB$ ， $AC$ から等距離なので、 $I_A$ は $\angle A$ の二等分線の上にあります。内心と同じ理屈で、今度は三角形の外に中心ができるわけです。

公式5：垂心と傍心

(1) $\triangle ABC$ の各頂点から向かいの辺またはその延長に下ろした 3 本の垂線は 1 点 $H$ で交わる。この点を垂心という。

鋭角三角形なら内部、直角三角形なら直角の頂点、鈍角三角形なら外部にあります。
鋭角三角形では $\angle BHC$ ${}= 180^\circ - \angle A$ 。

(2) $\angle A$ の二等分線と、 $\angle B$ ， $\angle C$ の外角の二等分線は 1 点 $I_A$ で交わる。この点を（ $\angle A$ 内の）傍心という。

$I_A$ は 3 直線 $BC$ ， $CA$ ， $AB$ から等距離で、 $I_A$ を中心とする円（傍接円）は辺 $BC$ と、辺 $AB$ ， $AC$ の延長に接します。
傍心は 1 つの三角形に 3 つあります（ $I_A$ ， $I_B$ ， $I_C$ ）。
$\angle B I_A C$ ${}= 90^\circ - \dfrac{\angle A}{2}$ 。

正三角形では、外心・内心・重心・垂心の 4 つが一致します。

三角形の形をした公園の 3 つの角に 1 人ずつ立ち、それぞれが向かいの柵まで最短距離でまっすぐ歩くとします。最短の道は柵に垂直な道なので、3 人の歩く道は 3 本の垂線です。公園がどんな形でも、3 人の道は 1 か所で交差します。その交差点が垂心です。

垂心は 3 本の垂線の交点、傍心は 1 つの内角と 2 つの外角の二等分線の交点で、傍心は三角形の外にある「3 直線から等距離の点」だということです。

例題5：垂心と傍心の角

$\angle A$ ${}= 70^\circ$ ， $\angle B$ ${}= 60^\circ$ の $\triangle ABC$ があります。

(1) 垂心を $H$ とするとき、 $\angle BHC$ を求めなさい。

(2) $\angle A$ 内の傍心を $I_A$ とするとき、 $\angle B I_A C$ を求めなさい。

【解答】

(1) 垂線 $BE$ ， $CF$ の足を $E$ （辺 $CA$ 上）， $F$ （辺 $AB$ 上）とします。四角形 $AFHE$ で $\angle AFH$ ${}= \angle AEH$ ${}= 90^\circ$ なので

\displaystyle \angle FHE

$\angle BHC$ は $\angle FHE$ の対頂角なので $\angle BHC$ ${}= \underline{110^\circ}$ 。

(2) $\angle C$ ${}= 180^\circ - 70^\circ - 60^\circ$ ${}= 50^\circ$ 。 $I_A$ は外角の二等分線上にあるので

\displaystyle \angle I_A BC

\displaystyle \angle B I_A C

公式5 (2) の $90^\circ - 35^\circ$ と一致します。内心なら $\angle BIC$ ${}= 90^\circ + 35^\circ$ ${}= 125^\circ$ で、 $\angle BIC$ ${}+ \angle B I_A C$ ${}= 180^\circ$ になっています（実践問題で理由を考えます）。

次の章へ

重心は「中線」、内心は「角の二等分線」が 1 点で交わる点でした。では、3 本の線が 1 点で交わるのは一般にどんなときでしょうか。その答えが次の第3章「チェバの定理・メネラウスの定理」です。重心や内心が 1 点で交わることも、チェバの定理から一気に説明できます。

基礎確認問題（全5問）

まずは公式をそのまま使う、ごく簡単な問題で確認しましょう。

問1

鋭角三角形 $ABC$ の外心を $O$ とします。 $\angle OAB$ ${}= 20^\circ$ ， $\angle OBC$ ${}= 30^\circ$ のとき、 $\angle OCA$ を求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$\angle OCA$ ${}= \underline{40^\circ}$ （二等辺三角形の底角の和 $x$ ${}+ y$ ${}+ z$ ${}= 90^\circ$ より $90^\circ - 20^\circ - 30^\circ$ ）

自己採点：

記録を読み込み中…

問2

$\triangle ABC$ の内心を $I$ とします。 $\angle A$ ${}= 70^\circ$ のとき、 $\angle BIC$ を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\angle BIC$ ${}= \underline{125^\circ}$ （ $\angle IBC$ ${}+ \angle ICB$ ${}= \dfrac{180^\circ - 70^\circ}{2}$ ${}= 55^\circ$ ）

自己採点：

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問3

$\triangle ABC$ の辺 $AB$ ， $AC$ の中点をそれぞれ $M$ ， $N$ とします。 $BC$ ${}= 14$ のとき、 $MN$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$MN$ ${}= \underline{7}$ （中点連結定理より $MN$ ${}= \dfrac{1}{2}BC$ ）

自己採点：

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問4

$\triangle ABC$ の重心を $G$ 、辺 $BC$ の中点を $D$ とします。 $AD$ ${}= 9$ のとき、 $AG$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$AG$ ${}= \underline{6}$ （ $AG : GD$ ${}= 2 : 1$ より $9 \cdot \dfrac{2}{3}$ ）

自己採点：

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問5

$\angle C$ ${}= 90^\circ$ ， $AB$ ${}= 10$ の直角三角形 $ABC$ の外接円の半径を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\underline{5}$ （直角三角形の外心は斜辺 $AB$ の中点）

自己採点：

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実践問題（全20問）

難易度マークは ★＝基礎、★★＝標準、★★★＝入試レベルです。★から順に取り組みましょう。

問1　★

鋭角三角形 $ABC$ の外心を $O$ とします。 $\angle OAB$ ${}= 25^\circ$ ， $\angle OBC$ ${}= 35^\circ$ のとき、 $\angle OCA$ と $\angle BAC$ を求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$\angle OCA$ ${}= 30^\circ$ ， $\angle BAC$ ${}= 55^\circ$

解説

$OA$ ${}= OB$ ${}= OC$ なので $\triangle OAB$ ， $\triangle OBC$ ， $\triangle OCA$ は二等辺三角形で

\displaystyle \angle OBA

$\angle OCA$ ${}= z$ とおくと、 $\triangle ABC$ の内角の和から $2 \cdot 25^\circ + 2 \cdot 35^\circ + 2z$ ${}= 180^\circ$ 、 $z$ ${}= 30^\circ$ 。よって

\displaystyle \angle OCA

$\angle BAC$ ${}= 90^\circ - \angle OBC$ ${}= 90^\circ - 35^\circ$ とも一致します。

自己採点：

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問2　★

$\triangle ABC$ の内心を $I$ とします。 $\angle BIC$ ${}= 130^\circ$ ， $\angle ABC$ ${}= 60^\circ$ のとき、 $\angle BAC$ と $\angle ICB$ を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\angle BAC$ ${}= 80^\circ$ ， $\angle ICB$ ${}= 20^\circ$

解説

$\triangle IBC$ で $\angle IBC$ ${}+ \angle ICB$ ${}= 180^\circ - 130^\circ$ ${}= 50^\circ$ 。 $BI$ ， $CI$ は角の二等分線なので

\displaystyle \angle B

$\angle C$ ${}= 100^\circ - 60^\circ$ ${}= 40^\circ$ なので $\angle ICB$ ${}= \dfrac{40^\circ}{2}$ ${}= \underline{20^\circ}$ 。

公式2 (1) $\angle BIC$ ${}= 90^\circ + \dfrac{\angle A}{2}$ に $130^\circ$ を入れて $\angle A$ ${}= 80^\circ$ としても求められます。

自己採点：

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問3　★

$BC$ ${}= 5$ ， $CA$ ${}= 12$ ， $AB$ ${}= 13$ の $\triangle ABC$ について、外接円の半径 $R$ と内接円の半径 $r$ を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$R$ ${}= \dfrac{13}{2}$ ， $r$ ${}= 2$

解説

$5^2$ ${}+ 12^2$ ${}= 13^2$ なので $\angle C$ ${}= 90^\circ$ の直角三角形です（三平方の定理の逆）。外心は斜辺 $AB$ の中点なので

\displaystyle R

面積は $S$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 5 \cdot 12$ ${}= 30$ 、周の長さは $30$ なので、 $S$ ${}= \dfrac{1}{2}r(a + b + c)$ より $30$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot r \cdot 30$ 、 $r$ ${}= \underline{2}$ 。

別解： $C$ から接点までの長さは公式2 (3) より $\dfrac{a + b - c}{2}$ ${}= \dfrac{5 + 12 - 13}{2}$ ${}= 2$ 。直角の頂点 $C$ 、2 つの接点、内心 $I$ は 1 辺 $r$ の正方形を作るので、 $r$ ${}= 2$ です。

自己採点：

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問4　★

$AB$ ${}= 7$ ， $BC$ ${}= 8$ ， $CA$ ${}= 9$ の $\triangle ABC$ の内接円が、辺 $BC$ ， $CA$ ， $AB$ とそれぞれ点 $P$ ， $Q$ ， $R$ で接しています。 $BP$ と $AQ$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$BP$ ${}= 3$ ， $AQ$ ${}= 4$

解説

円の外の点から引いた 2 本の接線の長さは等しいので、 $AQ$ ${}= AR$ ${}= x$ ， $BR$ ${}= BP$ ${}= y$ ， $CP$ ${}= CQ$ ${}= z$ とおくと

\displaystyle x

3 式を足すと $2(x + y + z)$ ${}= 24$ 、 $x$ ${}+ y$ ${}+ z$ ${}= 12$ 。よって

\displaystyle BP

（ $z$ ${}= 12$ ${}- 7$ ${}= 5$ で、 $BP$ ${}+ PC$ ${}= 3$ ${}+ 5$ ${}= 8$ ${}= BC$ と合います。）「 $x$ ${}+ y$ ${}+ z$ は周の長さの半分」と覚えておくと、公式2 (3) の形がすぐに出ます。

自己採点：

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問5　★

四角形 $ABCD$ の辺 $AB$ ， $BC$ ， $CD$ ， $DA$ の中点をそれぞれ $P$ ， $Q$ ， $R$ ， $S$ とします。対角線の長さが $AC$ ${}= 10$ ， $BD$ ${}= 8$ のとき、四角形 $PQRS$ の周の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$18$

解説

三角形を 1 つずつ取り出して、中点連結定理を使います。

\displaystyle \triangle ABC \text{ で } PQ

\displaystyle \triangle CDA \text{ で } RS

周の長さは $5$ ${}+ 4$ ${}+ 5$ ${}+ 4$ ${}= \underline{18}$ 。一般に $AC$ ${}+ BD$ に等しくなります。

自己採点：

記録を読み込み中…

問6　★

面積 $36$ の $\triangle ABC$ の重心を $G$ 、辺 $BC$ の中点を $D$ とします。 $\triangle GBC$ と $\triangle GBD$ の面積を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\triangle GBC$ ${}= 12$ ， $\triangle GBD$ ${}= 6$

解説

$AG : GD$ ${}= 2 : 1$ なので $GD$ ${}= \dfrac{1}{3}AD$ 。 $\triangle GBC$ と $\triangle ABC$ は底辺 $BC$ が共通で、高さの比は $GD : AD$ ${}= 1 : 3$ なので

\displaystyle \triangle GBC

$D$ は $BC$ の中点なので、 $\triangle GBD$ ${}= \dfrac{1}{2}\triangle GBC$ ${}= \underline{6}$ 。

自己採点：

記録を読み込み中…

問7　★

$\angle C$ ${}= 90^\circ$ ， $\angle A$ ${}= 35^\circ$ の直角三角形 $ABC$ の外心を $O$ とします。 $\angle OCB$ と $\angle AOC$ を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\angle OCB$ ${}= 55^\circ$ ， $\angle AOC$ ${}= 110^\circ$

解説

直角三角形の外心は斜辺 $AB$ の中点なので、 $O$ は $AB$ 上にあり $OA$ ${}= OB$ ${}= OC$ です。

$\angle B$ ${}= 90^\circ - 35^\circ$ ${}= 55^\circ$ 。 $\triangle OBC$ は $OB$ ${}= OC$ の二等辺三角形なので $\angle OCB$ ${}= \angle OBC$ ${}= \underline{55^\circ}$ 。

$\triangle OCA$ は $OA$ ${}= OC$ の二等辺三角形なので $\angle OCA$ ${}= \angle OAC$ ${}= 35^\circ$ 、よって

\displaystyle \angle AOC

「斜辺の中点は 3 頂点から等距離」なので、直角三角形は斜辺の中点で 2 つの二等辺三角形に分かれます。

自己採点：

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問8　★

$\triangle ABC$ で $BC$ ${}= 8$ ， $CA$ ${}= 10$ です。辺 $AB$ の中点 $M$ を通り辺 $BC$ に平行な直線が、辺 $AC$ と交わる点を $N$ とするとき、 $AN$ と $MN$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$AN$ ${}= 5$ ， $MN$ ${}= 4$

解説

中点連結定理の逆より、 $M$ を通り $BC$ に平行な直線は辺 $AC$ の中点を通ります（第1章公式1 (2) で $AM : MB$ ${}= 1 : 1$ から $AN : NC$ ${}= 1 : 1$ ）。よって $N$ は $AC$ の中点で

\displaystyle AN

自己採点：

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問9　★★

$\angle A$ ${}= 50^\circ$ ， $\angle B$ ${}= 60^\circ$ の $\triangle ABC$ の外心を $O$ 、内心を $I$ とします。 $\angle OBC$ ， $\angle IBC$ ， $\angle OBI$ を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\angle OBC$ ${}= 40^\circ$ ， $\angle IBC$ ${}= 30^\circ$ ， $\angle OBI$ ${}= 10^\circ$

解説

$\angle C$ ${}= 70^\circ$ で、すべての角が鋭角なので $O$ は内部にあります。 $\angle OAB$ ${}= x$ ， $\angle OBC$ ${}= y$ ， $\angle OCA$ ${}= z$ とおくと、二等辺三角形の底角から

\displaystyle x

$BI$ は $\angle B$ の二等分線なので $\angle IBC$ ${}= \underline{30^\circ}$ 。

$\angle OBC$ ${}> \angle IBC$ なので、半直線 $BI$ は $BC$ と $BO$ の間にあり

\displaystyle \angle OBI

確かめ： $\angle OBA$ ${}= x$ ${}= 90^\circ - \angle C$ ${}= 20^\circ$ で、 $\angle OBA$ ${}+ \angle OBI$ ${}= 30^\circ$ ${}= \angle IBA$ となり合っています。

自己採点：

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問10　★★

$AB$ ${}= 9$ ， $BC$ ${}= 5$ ， $CA$ ${}= 6$ の $\triangle ABC$ の内心を $I$ とし、直線 $AI$ と辺 $BC$ の交点を $D$ とします。 $BD$ の長さと $AI : ID$ を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$BD$ ${}= 3$ ， $AI : ID$ ${}= 3 : 1$

解説

$AD$ は $\angle A$ の二等分線なので、第1章公式3 より $BD : DC$ ${}= AB : AC$ ${}= 9 : 6$ ${}= 3 : 2$ 。

\displaystyle BD

$\triangle ABD$ で、 $BI$ は $\angle ABD$ の二等分線なので、公式3をもう一度使うと

\displaystyle AI : ID

公式2 (2) の $(b + c) : a$ ${}= (6 + 9) : 5$ ${}= 3 : 1$ とも一致します。

自己採点：

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問11　★★

$AB$ ${}= 13$ ， $BC$ ${}= 14$ ， $CA$ ${}= 15$ の $\triangle ABC$ の内接円の半径 $r$ と、内接円と辺 $BC$ の接点を $P$ とするときの $BP$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$r$ ${}= 4$ ， $BP$ ${}= 6$

解説

$A$ から $BC$ に垂線 $AK$ を下ろし、 $BK$ ${}= t$ とすると、三平方の定理より

\displaystyle 13^2

$AK$ ${}= \sqrt{169 - 25}$ ${}= 12$ なので、 $S$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 14 \cdot 12$ ${}= 84$ 。周の長さは $42$ なので

\displaystyle 84

接点までの長さは公式2 (3) より

\displaystyle BP

$K$ （ $BK$ ${}= 5$ ）と $P$ （ $BP$ ${}= 6$ ）は近いけれど別の点です。

自己採点：

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問12　★★

面積 $45$ の $\triangle ABC$ の重心 $G$ を通り、辺 $BC$ に平行な直線が辺 $AB$ ， $AC$ と交わる点をそれぞれ $P$ ， $Q$ とします。 $\triangle APQ$ と四角形 $PBCQ$ の面積を求めなさい。

つまずいたときは：

答えを見る

答え

$\triangle APQ$ ${}= 20$ ，四角形 $PBCQ$ ${}= 25$

解説

辺 $BC$ の中点を $D$ とすると、 $G$ は中線 $AD$ 上にあり $AG : AD$ ${}= 2 : 3$ 。 $PQ$ ${}\parallel BC$ なので $\triangle APQ \backsim \triangle ABC$ で、相似比は $AG : AD$ ${}= 2 : 3$ です（ $\triangle ABD$ で $PG$ ${}\parallel BD$ から $AP : AB$ ${}= AG : AD$ ）。

相似な三角形の面積の比は相似比の 2 乗なので

\displaystyle \triangle APQ

四角形 $PBCQ$ ${}= 45$ ${}- 20$ ${}= \underline{25}$ 。

「重心は中線の $\dfrac{2}{3}$ の位置」を、平行線で辺 $AB$ ， $AC$ に運んだ形です。 $AP : PB$ ${}= 2 : 1$ もすぐ分かります。

自己採点：

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問13　★★

四角形 $ABCD$ の辺 $AB$ ， $BC$ ， $CD$ ， $DA$ の中点をそれぞれ $P$ ， $Q$ ， $R$ ， $S$ とするとき、四角形 $PQRS$ は平行四辺形であることを示しなさい。

つまずいたときは：

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答え

対角線 $AC$ を引き、 $\triangle ABC$ と $\triangle DAC$ で中点連結定理を使うと $PQ$ ${}\parallel AC$ ${}\parallel SR$ ， $PQ$ ${}= SR$ ${}= \dfrac{1}{2}AC$ 。1 組の対辺が平行で長さが等しい。

解説

対角線 $AC$ を引きます。

$\triangle ABC$ で、 $P$ ， $Q$ は $AB$ ， $BC$ の中点なので、中点連結定理より

\displaystyle PQ

$\triangle DAC$ で、 $S$ ， $R$ は $DA$ ， $DC$ の中点なので

\displaystyle SR

(1)(2) より $PQ$ ${}\parallel SR$ かつ $PQ$ ${}= SR$ 。1 組の対辺が平行で長さが等しいので、四角形 $PQRS$ は平行四辺形である。

（証明終）どんな四角形でも（へこんだ四角形でも）中点を結ぶと平行四辺形になります。この事実はヴァリニョンの定理と呼ばれます。

自己採点：

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問14　★★

平行四辺形 $ABCD$ で、辺 $BC$ の中点を $M$ 、線分 $AM$ と対角線 $BD$ の交点を $P$ とします。 $BD$ ${}= 12$ のとき、 $BP$ の長さと、 $\triangle PBM$ の面積が平行四辺形 $ABCD$ の面積の何倍かを求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$BP$ ${}= 4$ ， $\dfrac{1}{12}$ 倍

解説

対角線 $AC$ ， $BD$ の交点を $O$ とすると、平行四辺形の対角線はたがいに他を二等分するので $O$ は $AC$ の中点です。

$\triangle ABC$ で、 $BO$ と $AM$ はどちらも中線なので、交点 $P$ は $\triangle ABC$ の重心です。よって $BP : PO$ ${}= 2 : 1$ で

\displaystyle BP

重心と中線で分けた 6 つの三角形は面積が等しいので、 $\triangle PBM$ ${}= \dfrac{1}{6}\triangle ABC$ 。 $\triangle ABC$ は平行四辺形の半分なので

\displaystyle \triangle PBM

「平行四辺形の中に重心が隠れている」ことに気づけば、比の計算はいりません。

自己採点：

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問15　★★

$\angle A$ ${}= 90^\circ$ ， $AB$ ${}= 6$ ， $AC$ ${}= 8$ の直角三角形 $ABC$ の重心を $G$ 、内心を $I$ とします。内接円の半径 $r$ と、線分 $GI$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$r$ ${}= 2$ ， $GI$ ${}= \dfrac{2}{3}$

解説

$BC$ ${}= \sqrt{36 + 64}$ ${}= 10$ 。面積 $S$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8$ ${}= 24$ 、周の長さ $24$ なので $24$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot r \cdot 24$ 、 $r$ ${}= \underline{2}$ 。

$I$ は直線 $AB$ からも直線 $AC$ からも距離 $2$ です。

次に $G$ の位置を調べます。 $AC$ の中点を $E$ とすると $G$ は中線 $BE$ 上で $GE$ ${}= \dfrac{1}{3}BE$ 。 $E$ は直線 $AC$ 上にあるので、 $G$ から直線 $AC$ までの距離は、 $B$ から直線 $AC$ までの距離 $BA$ ${}= 6$ の $\dfrac{1}{3}$ で $2$ 。同様に、 $G$ から直線 $AB$ までの距離は $CA$ ${}= 8$ の $\dfrac{1}{3}$ で $\dfrac{8}{3}$ 。

$G$ も $I$ も直線 $AC$ から距離 $2$ （同じ側）なので、 $GI$ ${}\parallel AC$ です。 $AC$ ${}\perp AB$ なので、 $GI$ の長さは直線 $AB$ までの距離の差になり

\displaystyle GI

直角をはさむ 2 辺 $AB$ ， $AC$ を目盛りのついた 2 本の軸と見ると、 $G$ も $I$ も「2 本の軸からの距離」だけで位置が決まるので、差をとるだけで距離が出ます。

自己採点：

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問16　★★

$AB$ ${}= AC$ ${}= 5$ ， $BC$ ${}= 6$ の二等辺三角形 $ABC$ の外接円の半径 $R$ 、内接円の半径 $r$ 、外心 $O$ と内心 $I$ の距離 $OI$ を求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$R$ ${}= \dfrac{25}{8}$ ， $r$ ${}= \dfrac{3}{2}$ ， $OI$ ${}= \dfrac{5}{8}$

解説

$BC$ の中点を $D$ とすると $AD$ ${}\perp BC$ 、 $AD$ ${}= \sqrt{25 - 9}$ ${}= 4$ 。二等辺三角形は $AD$ について対称なので、外心・内心・重心はすべて $AD$ 上にあります。

（ $r$ ） $S$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4$ ${}= 12$ 、周の長さ $16$ なので $12$ ${}= \dfrac{1}{2} \cdot r \cdot 16$ 、 $r$ ${}= \underline{\dfrac{3}{2}}$ 。 $I$ は $BC$ から距離 $r$ なので $ID$ ${}= \dfrac{3}{2}$ 。

（ $R$ ） $O$ は $AD$ 上で $OA$ ${}= OB$ ${}= R$ 。 $OD$ ${}= 4$ ${}- R$ として直角三角形 $OBD$ で三平方の定理を使うと

\displaystyle R^2

$OD$ ${}= 4$ ${}- \dfrac{25}{8}$ ${}= \dfrac{7}{8}$ で、 $O$ も $I$ も $BC$ から見て同じ側（ $A$ の側）にあるので

\displaystyle OI

確かめ： $OI^2$ ${}= R^2$ ${}- 2Rr$ （オイラーの式、小話を参照）に入れると $\dfrac{625}{64}$ ${}- \dfrac{600}{64}$ ${}= \dfrac{25}{64}$ で合っています。

自己採点：

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問17　★★★

鋭角三角形 $ABC$ の垂心を $H$ 、外心を $O$ とするとき、 $\angle BAH$ ${}= \angle OAC$ が成り立つことを示しなさい。

つまずいたときは：

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答え

$AH$ と $BC$ の交点を $D$ とすると、直角三角形 $ABD$ で $\angle BAH$ ${}= 90^\circ - \angle B$ 。二等辺三角形の底角 $x$ ${}+ y$ ${}+ z$ ${}= 90^\circ$ から $\angle OAC$ ${}= z$ ${}= 90^\circ - \angle B$ 。

解説

鋭角三角形なので $H$ も $O$ も内部にあります。

直線 $AH$ と辺 $BC$ の交点を $D$ とすると、 $AD$ ${}\perp BC$ です。直角三角形 $ABD$ で

\displaystyle \angle BAH

一方、 $OA$ ${}= OB$ ${}= OC$ なので、 $\angle OAB$ ${}= \angle OBA$ ${}= x$ ， $\angle OBC$ ${}= \angle OCB$ ${}= y$ ， $\angle OCA$ ${}= \angle OAC$ ${}= z$ とおけて、内角の和から $2x$ ${}+ 2y$ ${}+ 2z$ ${}= 180^\circ$ 。 $\angle B$ ${}= x$ ${}+ y$ なので

\displaystyle \angle OAC

(1)(2) より $\angle BAH$ ${}= \angle OAC$ 。

（証明終） $AH$ と $AO$ は、 $\angle A$ の二等分線をはさんで対称な位置にあります。垂心と外心は、角の二等分線について「鏡に映した」関係の 2 点です。

自己採点：

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問18　★★★

鋭角三角形 $ABC$ で、頂点 $A$ から辺 $BC$ に下ろした垂線を $AD$ とすると、 $BD$ ${}= 3$ ， $DC$ ${}= 4$ ， $AD$ ${}= 6$ です。 $\triangle ABC$ の垂心を $H$ とするとき、 $HD$ と $AH$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$HD$ ${}= 2$ ， $AH$ ${}= 4$

解説

垂心 $H$ は $AD$ 上にあります。 $B$ から $CA$ に下ろした垂線を $BE$ とすると、 $H$ は $BE$ 上にもあります。

直角三角形 $BEC$ で $\angle HBD$ ${}= \angle EBC$ ${}= 90^\circ - \angle C$ 。直角三角形 $ADC$ で $\angle DAC$ ${}= 90^\circ - \angle C$ 。よって $\angle HBD$ ${}= \angle CAD$ で、 $\angle BDH$ ${}= \angle ADC$ ${}= 90^\circ$ なので

\triangle BDH \backsim \triangle ADC

対応する辺の比から $HD : BD$ ${}= CD : AD$ 、すなわち

\displaystyle HD

$AD \cdot HD$ ${}= BD \cdot DC$ という形は、第5章の「方べきの定理」でも現れます。

自己採点：

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問19　★★★

$AB$ ${}= 6$ ， $BC$ ${}= 7$ ， $CA$ ${}= 5$ の $\triangle ABC$ で、 $\angle A$ 内の傍接円が辺 $BC$ と点 $P$ で、辺 $AB$ の $B$ の先への延長と点 $Q$ で、辺 $AC$ の $C$ の先への延長と点 $R$ で接しています。 $AQ$ と $BP$ の長さを求めなさい。

つまずいたときは：

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答え

$AQ$ ${}= 9$ ， $BP$ ${}= 3$

解説

円の外の点から引いた 2 本の接線の長さは等しいので

\displaystyle AQ

$AQ$ ${}+ AR$ ${}= (AB + BQ)$ ${}+ (AC + CR)$ ${}= AB$ ${}+ AC$ ${}+ (BP + CP)$ ${}= 6$ ${}+ 5$ ${}+ 7$ ${}= 18$ なので

\displaystyle AQ

これは周の長さの半分です。 $BP$ ${}= BQ$ ${}= AQ$ ${}- AB$ ${}= 9$ ${}- 6$ ${}= \underline{3}$ 。

比べてみると、内接円と $BC$ の接点を $P'$ とすれば $BP'$ ${}= \dfrac{c + a - b}{2}$ ${}= \dfrac{6 + 7 - 5}{2}$ ${}= 4$ で、 $CP'$ ${}= 3$ ${}= BP$ 。内接円の接点と傍接円の接点は、辺 $BC$ の中点について対称な位置にあります。

自己採点：

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問20　★★★

$\triangle ABC$ の内心を $I$ 、 $\angle A$ 内の傍心を $I_A$ とします。 $\angle A$ ${}= 50^\circ$ のときの $\angle B I_A C$ を求め、さらに一般に $\angle BIC$ ${}+ \angle B I_A C$ ${}= 180^\circ$ が成り立つことを示しなさい。

つまずいたときは：

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答え

$\angle B I_A C$ ${}= 65^\circ$ 。 $BI$ ${}\perp BI_A$ ， $CI$ ${}\perp CI_A$ なので、四角形 $IBI_AC$ の残りの 2 角の和が $180^\circ$ 。

解説

（前半） $\angle I_A BC$ ${}= \dfrac{180^\circ - \angle B}{2}$ ， $\angle I_A CB$ ${}= \dfrac{180^\circ - \angle C}{2}$ なので

\displaystyle \angle B I_A C

$\angle A$ ${}= 50^\circ$ なら $\angle B I_A C$ ${}= 90^\circ - 25^\circ$ ${}= \underline{65^\circ}$ 。

（後半） $BI$ は $\angle B$ の内角の二等分線、 $BI_A$ は $\angle B$ の外角の二等分線です。第1章公式4 のとおり、内角と外角の二等分線は直交するので $\angle IBI_A$ ${}= 90^\circ$ 。同様に $\angle ICI_A$ ${}= 90^\circ$ 。

$I$ は三角形の内部、 $I_A$ は辺 $BC$ について $A$ と反対側にあるので、四角形 $IBI_AC$ ができ、その内角の和は $360^\circ$ です。よって

\displaystyle \angle BIC

（証明終） $\angle A$ ${}= 50^\circ$ なら $\angle BIC$ ${}= 115^\circ$ で、 $115^\circ + 65^\circ$ ${}= 180^\circ$ と確かめられます。向かい合う角の和が $180^\circ$ なので、4 点 $I$ ， $B$ ， $I_A$ ， $C$ は $II_A$ を直径とする 1 つの円の上にあります（第4章で扱う「円に内接する四角形」の形です）。

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数学小話コーナー

オイラー線——3 つの心が一直線に並ぶ

外心・重心・垂心は、それぞれまったく別の決め方をした点です。ところが、どんな三角形でもこの 3 点は 1 本の直線の上に並びます。しかも重心は、外心と垂心を結ぶ線分をいつも $1 : 2$ に内分します（ $OG : GH$ ${}= 1 : 2$ ）。これを見つけたのは 18 世紀の数学者レオンハルト・オイラーで、1765 年ごろの論文で示されました（※論文の年は 1763 年・1767 年などとされることもあります）。この直線はオイラー線と呼ばれています。

直角三角形で確かめてみましょう。 $\angle C$ ${}= 90^\circ$ なら、垂心は直角の頂点 $C$ 、外心は斜辺 $AB$ の中点 $M$ です。重心は中線 $CM$ を $C$ の側から $2 : 1$ に分ける点なので、たしかに $H$ （ $= C$ ）と $O$ （ $= M$ ）を結ぶ線分の上にあり、 $OG : GH$ ${}= 1 : 2$ です。二等辺三角形なら、3 点はどれも対称の軸の上に並びます。

一方、内心はふつうオイラー線の上にはありません。そのかわりオイラーは、外心と内心の距離について $OI^2$ ${}= R^2$ ${}- 2Rr$ という式も残しました（※イギリスのチャップルが 1746 年に先に発表していたとも言われます）。左辺は $0$ 以上なので $R$ ${}\geqq 2r$ 、つまり「外接円の半径は内接円の半径の 2 倍以上」で、等号は正三角形のときだけです。

豆知識

オイラー線の上には、もう 1 つ有名な点があります。3 辺の中点、3 本の垂線の足、垂心と各頂点を結ぶ線分の中点——合わせて 9 個の点は、いつも 1 つの円の上にあります。この九点円の中心は外心と垂心のちょうど真ん中にあり、半径は外接円の半分です。1822 年にドイツのフォイエルバッハは、九点円が内接円と 3 つの傍接円すべてに接することまで示しました（※九点円そのものの発見者には諸説あり）。

ナポレオンの定理——皇帝の名がついた三角形

どんな形の三角形でもかまいません。3 つの辺それぞれに、外側へ向けて正三角形を貼りつけます。そして、貼りつけた 3 つの正三角形の中心（正三角形なので外心・内心・重心はすべて同じ点です）を結ぶと——なんと、いつも正三角形ができます。

これはナポレオンの定理と呼ばれ、フランス皇帝ナポレオン・ボナパルトが見つけたと言われてきました。ナポレオンは砲兵将校として数学を学び、数学者のラプラスやラグランジュとも交流がありました。ただ、本人が発見したという確かな記録はなく、知られている最も古い発表は 1825 年のイギリスの雑誌だとされます（※名前の由来には諸説あり）。

この定理のすごいところは、もとの三角形がどんなにいびつでも、結果が必ず「いちばん整った三角形」になる点です。いびつさが、3 つの正三角形の中でうまく打ち消し合っているのです。

豆知識

同じ図で、各頂点と「向かいの辺に貼った正三角形の、遠いほうの頂点」を結ぶと、3 本の線はやはり 1 点で交わります。3 つの角がすべて $120^\circ$ より小さい三角形では、この点から 3 頂点までの距離の和 $PA$ ${}+ PB$ ${}+ PC$ が最小になり、どの 2 頂点を見込む角も $120^\circ$ です。この点はフェルマー点と呼ばれ、17 世紀にフェルマーが出した問題をトリチェリが解いたと伝えられます（※伝承による）。第1章の実践問題で $PA$ ${}+ PB$ ${}+ PC$ の大きさを評価しましたが、その最小値を与える点が、ここで登場したわけです。3 つの町を結ぶ道路の総延長を最短にしたいときにも、この $120^\circ$ の分かれ道が現れます。

三角形の「中心」は何万個もある

この章では 5 つの「心」を学びましたが、三角形の中心と呼べる点はそれだけではありません。アメリカの数学者クラーク・キンバーリングは、三角形の中心を集めた『三角形の中心百科事典』（Encyclopedia of Triangle Centers、略して ETC）を 1990 年代にインターネット上で公開しました。世界中の研究者や愛好家が新しい中心を報告し続け、登録数は 2020 年代に数万個に達しています（※件数は今も増え続けています）。

百科事典では、中心に $X(1)$ ， $X(2)$ ，… と番号がついています。 $X(1)$ が内心、 $X(2)$ が重心、 $X(3)$ が外心、 $X(4)$ が垂心、 $X(5)$ が九点円の中心です。この章の主役たちは、最初の番号を占める「古株」なのです。

中心として登録されるには、「三角形を拡大・縮小・回転しても、同じ位置関係の点に移る」「3 つの頂点を平等に扱って決まる」といった条件を満たす必要があります。実は傍心は、この意味での「中心」には入りません。傍心は 3 つあり、どの頂点を選ぶかで決まる点だからです。5 つをひとまとめに「五心」と呼ぶのは、日本の数学教育でよく見られる言い方です（※英語圏では、それぞれを個別に扱うのがふつうです）。

豆知識

英語の名前には、それぞれの決め方が表れています。外心 circumcenter の circum は「まわり」（外接円 circumcircle の中心）、内心 incenter の in は「内側」、傍心 excenter の ex は「外側」です。垂心 orthocenter の ortho は「まっすぐ・直角」の意味で、歯並びを整える矯正歯科（orthodontics）と同じ語源です。重心 centroid は「中心 center のようなもの」という意味です。

厳密定義（発展）

※ここは発展ページです。高校の範囲では「公式1〜5を使えること」で十分ですが、「3 本の線が 1 点で交わることは、どう証明すれば完全なのか」「垂心はなぜ存在するのか」が気になる人のために、証明を紹介します。第1章の厳密定義ページの定理（内分点はただ 1 つ、平行線と線分の比）を使います。

定義1：1 点で交わる 3 直線と五心

3 本以上の直線がすべて同じ 1 点を通るとき、それらの直線は 1 点で交わるという。 $\triangle ABC$ について

3 辺の垂直二等分線が 1 点で交わるとき、その点を外心という。
3 つの内角の二等分線が 1 点で交わるとき、その点を内心という。
3 本の中線が 1 点で交わるとき、その点を重心という。
各頂点から向かいの辺（を含む直線）に下ろした 3 本の垂線が 1 点で交わるとき、その点を垂心という。
$\angle A$ の二等分線と $\angle B$ ， $\angle C$ の外角の二等分線が 1 点で交わるとき、その点を $\angle A$ 内の傍心という（ $\angle B$ 内・ $\angle C$ 内も同様）。

定義では「1 点で交わるとき」と条件をつけました。本当に 1 点で交わることは、これから定理として示します。

定理1：垂直二等分線は 2 点から等距離な点の集まり

点 $P$ が線分 $AB$ の垂直二等分線上にあることと、 $PA$ ${}= PB$ であることは同値である。

証明　 $AB$ の中点を $M$ とする。 $P$ ${}= M$ のときは明らかなので、 $P$ ${}\neq M$ とする。

（ $\Rightarrow$ ） $P$ が垂直二等分線上にあれば、 $\triangle PMA$ と $\triangle PMB$ で $MA$ ${}= MB$ ， $PM$ は共通， $\angle PMA$ ${}= \angle PMB$ ${}= 90^\circ$ 。2 辺とその間の角が等しいので合同で、 $PA$ ${}= PB$ 。

（ $\Leftarrow$ ） $PA$ ${}= PB$ ならば、 $\triangle PMA$ と $\triangle PMB$ は 3 辺がそれぞれ等しいので合同で、 $\angle PMA$ ${}= \angle PMB$ 。2 つの和は $180^\circ$ なので、どちらも $90^\circ$ 。よって $PM$ ${}\perp AB$ で、 $P$ は垂直二等分線上にある。（証明終）

定理2：外心の存在

$\triangle ABC$ の 3 辺の垂直二等分線は 1 点で交わる。

証明　辺 $AB$ ， $BC$ の垂直二等分線をそれぞれ $\ell$ ， $m$ とする。もし $\ell$ ${}\parallel m$ なら、 $\ell$ に垂直な $AB$ と $m$ に垂直な $BC$ も平行になり、 $B$ を共有するので $A$ ， $B$ ， $C$ が一直線上に並んでしまう。よって $\ell$ と $m$ は 1 点 $O$ で交わる。

定理1より、 $O$ は $\ell$ 上にあるので $OA$ ${}= OB$ 、 $m$ 上にあるので $OB$ ${}= OC$ 。よって $OC$ ${}= OA$ となり、再び定理1より $O$ は辺 $CA$ の垂直二等分線上にある。（証明終）

3 点 $A$ ， $B$ ， $C$ を通る円の中心は、3 点から等距離なので必ず $O$ です。「一直線上にない 3 点を通る円はただ 1 つ」ということも、この定理から分かります。

定理3：角の二等分線は 2 辺から等距離な点の集まり

$\angle XOY$ （ $0^\circ$ ${}< \angle XOY$ ${}< 180^\circ$ ）の内部の点 $P$ から直線 $OX$ ， $OY$ に下ろした垂線の足を $K$ ， $L$ とする。 $P$ が $\angle XOY$ の二等分線上にあることと、 $PK$ ${}= PL$ であることは同値である。

証明　直角三角形 $POK$ と $POL$ は、斜辺 $PO$ が共通である。

（ $\Rightarrow$ ） $\angle POX$ ${}= \angle POY$ ${}= \dfrac{1}{2}\angle XOY$ ${}< 90^\circ$ なので、 $K$ ， $L$ はそれぞれ半直線 $OX$ ， $OY$ 上にあり、 $\angle POK$ ${}= \angle POL$ 。斜辺と 1 つの鋭角がそれぞれ等しいので合同で、 $PK$ ${}= PL$ 。

（ $\Leftarrow$ ） $PK$ ${}= PL$ ならば、斜辺と他の 1 辺がそれぞれ等しいので合同で、 $\angle POK$ ${}= \angle POL$ 。 $\angle XOY$ が鈍角のときは、足 $K$ が半直線 $OX$ の反対側（ $O$ の向こう）に落ちることがあり、そのときは $\angle POK$ ${}= 180^\circ - \angle POX$ である（ $L$ も同様）。足の位置で場合を分けると、 $\angle POK$ ${}= \angle POL$ から「 $\angle POX$ ${}= \angle POY$ 」か「 $\angle POX$ ${}+ \angle POY$ ${}= 180^\circ$ 」のどちらかが出るが、後者は $\angle POX$ ${}+ \angle POY$ ${}= \angle XOY$ ${}< 180^\circ$ に反する。よって $\angle POX$ ${}= \angle POY$ 。（証明終）

第1章では（ $\Rightarrow$ ）だけを使いました。内心の存在には（ $\Leftarrow$ ）が必要です。「角の内部の点」という条件を外すと、2 直線から等距離な点には外角の二等分線上の点も含まれます。傍心はそちらを使います。

定理4：内心・傍心の存在

$\triangle ABC$ の 3 つの内角の二等分線は 1 点で交わる。また、 $\angle A$ の二等分線と $\angle B$ ， $\angle C$ の外角の二等分線も 1 点で交わる。

証明　（内心） $\angle B$ の二等分線は辺 $CA$ と、 $\angle C$ の二等分線は辺 $AB$ と交わるので、2 本は三角形の内部の点 $I$ で交わる。定理3より、 $I$ から直線 $BA$ ， $BC$ までの距離は等しく、直線 $CB$ ， $CA$ までの距離も等しい。よって $I$ から直線 $AB$ ， $AC$ までの距離は等しく、 $I$ は $\angle A$ の内部にあるので、定理3より $\angle A$ の二等分線上にある。

（傍心） $\angle B$ ， $\angle C$ の外角の二等分線が辺 $BC$ となす角（ $A$ と反対側）は $\dfrac{180^\circ - \angle B}{2}$ ， $\dfrac{180^\circ - \angle C}{2}$ で、その和は $180^\circ - \dfrac{\angle B + \angle C}{2}$ ${}< 180^\circ$ 。よって 2 本は $BC$ について $A$ と反対側の点 $I_A$ で交わる。内心と同じく $I_A$ は直線 $AB$ ， $BC$ ， $CA$ から等距離で、 $I_A$ は $\angle BAC$ の内部にあるので、定理3より $\angle A$ の二等分線上にある。（証明終）

定理5：中点連結定理

$\triangle ABC$ の辺 $AB$ ， $AC$ の中点を $M$ ， $N$ とすると、 $MN$ ${}\parallel BC$ ， $MN$ ${}= \dfrac{1}{2}BC$ である。

証明　第1章の定理3（平行線と線分の比の逆）からすぐに出るが、ここでは比を使わない証明を示す。

線分 $MN$ を $N$ の先へ延ばし、 $NL$ ${}= MN$ となる点 $L$ をとる。 $\triangle AMN$ と $\triangle CLN$ で、 $AN$ ${}= CN$ ， $MN$ ${}= LN$ ，対頂角で $\angle ANM$ ${}= \angle CNL$ 。よって $\triangle AMN$ ${}\equiv \triangle CLN$ で、 $CL$ ${}= AM$ ${}= MB$ ， $\angle NCL$ ${}= \angle NAM$ 。

錯角が等しいので $CL$ ${}\parallel AB$ 、すなわち $CL$ ${}\parallel MB$ 。 $CL$ ${}= MB$ と合わせて、1 組の対辺が平行で長さが等しいので、四角形 $MBCL$ は平行四辺形である。よって $ML$ ${}\parallel BC$ ， $ML$ ${}= BC$ 。 $MN$ ${}= \dfrac{1}{2}ML$ なので、 $MN$ ${}\parallel BC$ ， $MN$ ${}= \dfrac{1}{2}BC$ 。（証明終）

定理6：重心の存在と 2 : 1

$\triangle ABC$ の 3 本の中線 $AD$ ， $BE$ ， $CF$ は 1 点 $G$ で交わり、 $AG : GD$ ${}= BG : GE$ ${}= CG : GF$ ${}= 2 : 1$ である。

証明　中線 $BE$ と $CF$ は三角形の内部の点 $G$ で交わる。定理5より $FE$ ${}\parallel BC$ ， $FE$ ${}= \dfrac{1}{2}BC$ 。錯角が等しいので $\triangle GEF \backsim \triangle GBC$ で、相似比は $1 : 2$ 。よって $BG : GE$ ${}= CG : GF$ ${}= 2 : 1$ 。

同様に、中線 $AD$ と $BE$ の交点を $G'$ とすると、 $\triangle G'ED \backsim \triangle G'BA$ （ $ED$ ${}\parallel AB$ ， $ED$ ${}= \dfrac{1}{2}AB$ ）より $BG' : G'E$ ${}= AG' : G'D$ ${}= 2 : 1$ 。 $G$ と $G'$ はどちらも線分 $BE$ を $2 : 1$ に内分する点なので、第1章の定理1（内分点はただ 1 つ）より $G$ ${}= G'$ 。よって 3 本の中線は $G$ で交わり、 $AG : GD$ ${}= 2 : 1$ も成り立つ。（証明終）

同じ点が 2 通りの方法で得られたら同じ点、という同一法です。

定理7：垂心の存在

$\triangle ABC$ の各頂点から向かいの辺を含む直線に下ろした 3 本の垂線は 1 点で交わる。

証明　 $A$ を通り $BC$ に平行な直線、 $B$ を通り $CA$ に平行な直線、 $C$ を通り $AB$ に平行な直線を引く。どの 2 本も平行でないので、3 本は三角形 $A'B'C'$ を作る（ $A'$ は $B$ ， $C$ を通る 2 本の交点、他も同様）。

四角形 $ABCB'$ は 2 組の対辺がそれぞれ平行なので平行四辺形で、 $AB'$ ${}= BC$ 。同様に四角形 $AC'BC$ も平行四辺形で、 $AC'$ ${}= BC$ 。よって $A$ は線分 $B'C'$ の中点である。同様に $B$ は $C'A'$ の、 $C$ は $A'B'$ の中点である。

$A$ から $BC$ への垂線は、 $BC$ ${}\parallel B'C'$ なので $B'C'$ にも垂直で、 $B'C'$ の中点 $A$ を通る。つまり $B'C'$ の垂直二等分線である。他の 2 本も同様なので、 $\triangle ABC$ の 3 本の垂線は $\triangle A'B'C'$ の 3 辺の垂直二等分線であり、定理2より 1 点で交わる。（証明終）

垂心は、2 倍に拡大して裏返した三角形の外心だったのです。この「辺に平行な線で大きな三角形を作る」考え方は、小話のオイラー線の証明にもつながります。

定理8：2 つの心が一致すれば正三角形

$\triangle ABC$ の外心と重心が一致するならば、 $\triangle ABC$ は正三角形である。内心と重心が一致する場合も同様である。

証明　（外心 $=$ 重心）一致する点を $G$ とし、辺 $BC$ の中点を $D$ とする。 $G$ は中線 $AD$ 上にあって $G$ ${}\neq D$ である。 $G$ は外心なので、定理1より $BC$ の垂直二等分線上にあり、 $D$ もその上にある。よって直線 $GD$ 、すなわち直線 $AD$ は $BC$ の垂直二等分線であり、 $A$ はその上にあるので $AB$ ${}= AC$ 。同様に $BA$ ${}= BC$ となり、正三角形である。

（内心 $=$ 重心）一致する点を $G$ とすると、中線 $AD$ は $G$ を通るので $\angle A$ の二等分線でもある。第1章の公式3より $BD : DC$ ${}= AB : AC$ で、 $BD$ ${}= DC$ なので $AB$ ${}= AC$ 。同様に $BA$ ${}= BC$ となり、正三角形である。（証明終）

逆に正三角形なら、対称性から外心・内心・重心・垂心の 4 つが一致します。「どれか 2 つが一致する」ことは、正三角形であることの言いかえになっているのです。

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第2章 三角形の五心

この章で使う記号と「五心」

外心——3 つの頂点から等しい距離

内心——3 つの辺から等しい距離

中点連結定理——重心への準備

重心——3 本の中線は 2 : 1 で交わる

垂心と傍心

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基礎確認問題（全5問）

実践問題（全20問）

数学小話コーナー

厳密定義（発展）

第2章　三角形の五心