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三角形の1つの内角の二等分線と他の頂点の外角の二等分線は1点で交わる.}}} \\[.2zh] \scalebox{.95}[1]{交点を\textbf{\textcolor{blue}{傍心}}といい,\ \textbf{\textcolor{red}{傍接円(1辺と他の2辺の延長線に接する円)の中心}}である.}
1つの三角形の傍心(傍接円)は3個ある.\ \bm{\mathRM{I_{A}}\,を\ \mathRM{\angle A}内の傍心}という(\mathRM{I_B,\ I_C}\ についても同様). \\[1zh] 傍心や傍接円は,\ 内角の二等分線の交点である内心や内接円との類似点や関連事項が多い. \\[.2zh] 解法も似ているので,\ 行き詰まったときは内心や内接円で同様の問題がなかったかを考えよう. \\[1zh] まずは傍心・内心に関する重要な性質を2点挙げておく. \\[.5zh] \maru1\ \ \bm{頂点\mathRM A,\ 内心\mathRM I,\ \mathRM{\angle A内の傍心I_A}\ は一直線上にある}(内心は内角の二等分線の交点なので当然). \\[.2zh] \ \ なお,\ 直線\mathRM{BC}と内接円・傍接円との接点は直線\mathRM{AI_A}上にあるとは限らないので注意. \\[1zh] \maru2\ \ \bm{内心\mathRM{Iは\triangle I_AI_BI_Cの垂心}}である. \\[.2zh] \ \ 頂点\mathRM{A}において,\ \textcolor{green}{○}2個と赤の\textcolor{red}{●}2個合わせて180\Deg\ なので,\ \textcolor{green}{○}+\textcolor{red}{●}=90\Deg\ である. \\[.2zh] \ \ 他の頂点においても同様であるから,\ 内心\mathRM{Iは\triangle I_AI_BI_C\ の垂線の交点である.}
\hspace{.5zw}点I$_{\mathRM A}$は$\triangle$ABCの$\angle$A内の傍心である.\ 角$\alpha$を求めよ.
\mathRM{内心Iに関する問題で\ \angle BIC}\ を求める問題と同様の発想で解く. \\[.2zh] つまり,\ \bm{1つ1つの角度が求まらなくても角度の和なら求まる}ことを利用する. \\[.2zh] \mathRM{\angle ABC\ と\ \angle ACB\ の和\ \ →\ \ \angle CBD\ と\ \angle BCE\ の和\ \ →\ \ \angle I_ABC\ と\ \angle I_ACB\ の和} \\[.2zh] 最後は\mathRM{\triangle BCI_A}の内角の和が180\Deg\,であることを利用する. \\[1zh] 内心と同じ発想を用いるのではなく,\ いっそのこと\bm{内心を利用}してしまおうというのが別解である. \\[.2zh] 内心のほうが直感的にわかりやすく,\ 何よりも\bm{直角を利用できる}という強大なメリットがある. \\[.2zh] \mathRM{\angle ABC+\angle ACB=180\Deg-70\Deg=110\Deg\ より \angle IBC+\angle ICB=110\Deg\div2=55\Deg} \\[.2zh] よって \mathRM{\angle BIC=180\Deg-55\Deg=125\Deg}   この過程をまとめると上で示した解答になる. \\[.2zh] 最後は四角形\mathRM{BI_ACIの内角の和が360\Deg\ であることを利用する.} \\[1zh] 別解の流れを一般化すると公式を作成できる. の利用が肝である. \\[.2zh] \bm{1つ1つの角度が求まらなくても角度の差なら求まる}ことを利用するわけである. \\[.2zh] やはり,\ (2)も内心を利用する別解が直感的にわかりやすい. \\[.2zh] (1)の別解と同様にして\ \angle\mathRM{AIB}\ を求めた後,\ 直角三角形\mathRM{IBI_A}で\ \mathRM{\angle II_AB+\angle IBI_A=130\Deg}\,を利用する. \\[.2zh] 別解の流れを一般化すると公式を作成できる. \mathRM{\bm{\angle AIB}=180\Deg-\bunsuu12(180\Deg-\angle C)=\bm{90\Deg+\bunsuu12\angle C}} \\[.7zh] \mathRM{\bm{\angle AI_AB}=\angle AIB-90\Deg=90\Deg+\bunsuu12\angle C-90\Deg=\bm{\bunsuu12\angle C}}  同様に,\ \mathRM{\bm{\angle AI_AC=\bunsuu12\angle B}}\ も導ける. \\[2zh] 傍心の位置を求める問題は,\ 内心の位置を求める問題と同じ発想で解ける. \\[.2zh] つまり,\ \bm{内角・外角の二等分線と辺の比の関係を2回適用}する. \\[.2zh] まず,\ \mathRM{\triangle ABC}の内角\mathRM{\ \angle BAC}の二等分線と辺\mathRM{BCの交点がPより,\ AB:AC=BP:PC}が成り立つ. \\[.2zh] この比を元にして\mathRM{BP}の長さが求まる. \\[.2zh] 次に,\ \mathRM{\triangle ABPの外角の二等分線と直線APの交点がI_A\,より,\ BA:BP=AI_A:I_AP\ が成り立つ.} \\[.2zh] \mathRM{AI_A:I_AP=2:1\ ということは,\ AP:PI_A=1:1\ ということである.}