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] その交点を傍心は{1辺と他の2辺の延長からの距離が等しい点(傍接円の中心)}}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るとよい. \\[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. \\[1zh] \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{\triangle\mathRM{ABC}の内心\mathRM{Iは\triangle I_AI_BI_Cの垂心}}である. \\[.2zh] \ \ 頂点\mathRM{A}で,\ \textcolor{forestgreen}{○}2個と\textcolor{red}{●}2個合わせて180\Deg\ (内角と外角の和)なので,\ \textcolor{forestgreen}{○}+\textcolor{red}{●}=90\Deg\ である. \\[.2zh] \ \ 他の頂点においても同様であるから,\ \triangle\mathRM{ABC}の内心\mathRM{Iは\triangle I_AI_BI_C\ の垂線の交点である.} \angle Bと\angle Cの外角の二等分線の交点をI_A}\,とする.}$ \\[.2zh] \phantom{ [1]}\ \ \ $\mathRM{I_A\,から辺BC,\ AB,\ ACまたはその延長に下ろした垂線をI_AD,\ I_AE,\ I_AFとする.}$\angle$Aの内角の二等分線上にある. の内角と他の頂点の外角の二等分線は1点\mathRM{I_A}\,で交わる.}$ \\[.2zh] \triangle\mathRM{ABCの辺BC}と\mathRM{辺AB,\ CAの延長から等距離}}$である. 内心の存在証明と全くといっていいほど同じである. \\[1zh] 2つの外角の二等分線の交点を\mathRM{I_A}\,とし,\ 残る頂点の内角の二等分線も点\mathRM{I_A}\,を通ることを示せばよい. \\[.2zh] 実際には,\ \bm{一旦\mathRM{AI_A}\,を引いた後,\ \mathRM{\angle I_AAE=\angle I_AAF}\ であることを示す.} \\[.2zh] このとき,\ \bm{直角三角形の合同条件}を利用することになる. \\[.2zh] 「斜辺と1つの鋭角がそれぞれ等しい」「斜辺と他の1辺がそれぞれ等しい」 \\[.2zh] \mathRM{斜辺I_AB共通,\ \angle I_ABD=\angle I_ABF\ より,\ \triangle I_ABD\equiv \triangle I_ABF\ である.} \\[.2zh] \mathRM{斜辺AI_A共通,\ I_AE=I_AF\ より,\ \triangle I_AAE\equiv\triangle I_AAF\ である.}点I$_{ A}$は$$ABCの$∠$A内の傍心である.\ 角$α$を求めよ. {内心Iに関する問題で\ ∠ BIC}\ を求める問題と同様の発想で解く. つまり,\ {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. {∠ ABC\ と\ ∠ ACB\ の和→∠ CBD\ と\ ∠ BCE\ の和→∠ I_ABC\ と\ ∠ I_ACB\ の和} 最後は{ BCI_A}の内角の和が180°であることを利用する. 内心と同じ発想を用いるのではなく,\ いっそのこと{内心を利用}してしまおうというのが別解である. 内心のほうが直感的にわかりやすく,\ 何よりも{直角を利用できる}という強大なメリットがある. {∠ ABC+∠ ACB=180°-70°=110°\ より ∠ IBC+∠ ICB=110°2=55°} よって {∠ BIC=180°-55°=125°} この過程をまとめると上で示した解答になる. 最後は四角形{BI_ACIの内角の和が360°\ であることを利用する.} 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. {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. やはり,\ も内心を利用する別解が直感的にわかりやすい. の別解と同様にして\ ∠{AIB}\ を求めた後,\ 直角三角形{IBI_A}で\ {∠ II_AB+∠ IBI_A=130°}を利用する. 別解の流れを一般化すると公式を作成できる. ∠ AIB}=180°-12(180°-∠ C)={90°+12∠ C ∠ AI_AB}=∠ AIB-90°=90°+12∠ C-90°={12∠ C 同様に,\ ∠ AI_AC=12∠ B\ も導ける. 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. つまり,\ {内角・外角の二等分線と辺の比の関係を2回適用}する. まず,\ { ABC}の内角{\ ∠ BAC}の二等分線と辺{BCの交点がPより,\ AB:AC=BP:PC}が成り立つ. この比を元にして{BP}の長さが求まる. 次に,\ { 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.} {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.}
