Eulerの三角形の定理

同義語：オイラーの三角形の定理Euler's triangle formula

概要

前提知識: 三角形の内心と傍心, 方べきの定理（高校数学）, 正弦定理（高校数学）, 円に内接する四角形

高校での出発点：外心と内心の距離

三角形 $ABC$ には、外接円（中心は外心 $O$、半径 $R$）と内接円（中心は内心 $I$、半径 $r$）がある。2 つの円の中心の距離 $OI$ は、三角形の形によっていろいろに変わりそうに見える。まず 2 つの三角形で計算してみる。この記事では、辺の長さを $a=BC$、$b=CA$、$c=AB$、$s=\frac{a+b+c}2$、面積を $S$ と書く。

3 辺 3, 4, 5 の直角三角形

$A(0,3)$、$B(4,0)$、$C(0,0)$ とする。$a=4$、$b=3$、$c=5$ で、$\angle C=90^\circ$ である。

外心：直角三角形の外心は斜辺 $AB$ の中点なので $O\bigl(2,\frac32\bigr)$、$R=\frac52$ である（三角形の外心）。
内心：$s=6$、$S=6$ なので $r=\frac Ss=1$ である（三角形の内心と傍心）。内接円は $x$ 軸と $y$ 軸に接するので、中心は $I(1,1)$ である。
距離：$OI^2=(2-1)^2+\bigl(\frac32-1\bigr)^2=1+\frac14=\frac54$ である。
一方、$R^2-2Rr=\frac{25}4-2\cdot\frac52\cdot1=\frac{25}4-5=\frac54$ で、$OI^2$ と一致する。

3 辺 13, 14, 15 の三角形

$A(5,12)$、$B(0,0)$、$C(14,0)$ とする。$a=14$、$b=15$、$c=13$ である。

外心：$O\bigl(7,\frac{33}8\bigr)$、$R=\frac{65}8$ である（三角形の五心と同じ三角形）。実際、$OB^2=49+\frac{1089}{64}=\frac{3136+1089}{64}=\frac{4225}{64}=\bigl(\frac{65}8\bigr)^2$ である。
内心：$s=21$、$S=\frac12\cdot14\cdot12=84$ なので $r=\frac{84}{21}=4$ で、$I(6,4)$ である（三角形の内心と傍心）。
距離：$OI^2=(7-6)^2+\bigl(\frac{33}8-4\bigr)^2=1+\frac1{64}=\frac{65}{64}$ である。
一方、$R^2-2Rr=\frac{4225}{64}-2\cdot\frac{65}8\cdot4=\frac{4225}{64}-65=\frac{4225-4160}{64}=\frac{65}{64}$ で、やはり一致する。

2 つの三角形はまったく違う形なのに、どちらも $OI^2=R^2-2Rr$ となった。$OI$ は、辺の長さや角の大きさを直接見なくても、2 つの半径 $R$、$r$ だけで決まるらしい。これが Euler の三角形の定理 である。
3 辺 13, 14, 15 の三角形の外接円（灰色）と内接円（青）。紫の短い線分が外心 $O$ と内心 $I$ の距離。$\angle A$ の二等分線（赤の一点鎖線）が外接円ともう一度交わる点を $M$ とすると、$M$ を中心とする円（緑の破線）が $B$、$C$、$I$、傍心 $I_A$ を通ることを見る図。
次の問いが出てくる。

なぜ $OI^2$ は $R$ と $r$ だけで決まるのか。→ thm-etf-main
図 1 の点 $M$ から $B$、$C$、$I$ までの距離が等しいのはなぜか。→ lem-etf-trillium
$OI^2\ge0$ から何がわかるか。→ cor-etf-inequality
内接円を傍接円に替えるとどうなるか。→ prop-etf-excenter

逆に、$OI^2=R^2-2Rr$ を満たす 2 つの円には、いつも三角形がはさまるのか。→ rem-etf-poncelet

高校の計算	この記事での見方	ボックス
方べきの定理 $PA\cdot PB=PC\cdot PD$	内心の方べき $OI^2-R^2$ を、内心を通る弦で計算する	thm-etf-main
円に内接する四角形の対角の和は $180^\circ$	弧の中点 $M$ から $B$、$C$、$I$ が等距離	lem-etf-trillium
正弦定理 $\frac a{\sin A}=2R$	弦 $MB$ の長さ $2R\sin\frac A2$	lem-etf-lengths
相加平均と相乗平均の不等式	$R\ge2r$ を辺の長さで書き直して示す	prop-etf-amgm
内心 $\frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}$	重み付きの平均と外接円の半径	prf-thm-etf-main-vector

準備：内角の二等分線が外接円と交わる点

証明の鍵は、$\angle A$ の二等分線が外接円ともう一度交わる点 $M$ である。

弧の中点 $M$

三角形 $ABC$ の外接円を $\Gamma$ とする。直線 $AI$（$\angle A$ の二等分線）が $\Gamma$ と交わる点のうち、$A$ でないほうを $M$ とする。

直線 $AI$ は $\Gamma$ の上の点 $A$ を通るので、$\Gamma$ とちょうど 2 点で交わるか、$A$ で接するかのどちらかである（方べきの定理（高校数学）の「直線と円の交点」）。次の補題の段 1 で、2 点で交わることがわかる。

弧の中点の位置

$\angle A$ の二等分線が辺 $BC$ と交わる点を $L$ とする。直線 $AI$ の上で、4 点は $A$、$I$、$L$、$M$ の順に並び、$M$ は直線 $BC$ について $A$ と反対側にある。

内心と $L$ を位置ベクトルで書く

方針：$I$ が線分 $AL$ の上にあることを位置ベクトルで確かめ、$L$ が円の内部にあることから $M$ の位置を決める。
段 1（$L$ と $M$）。角の二等分線の定理により $L$ は線分 $BC$ を $c:b$ に内分する点で、$\vec l=\frac{b\vec b+c\vec c}{b+c}$ である。$L$ は弦 $BC$ の $B$、$C$ 以外の点なので、円 $\Gamma$ の内部にある。$\Gamma$ の中心を $O$ とすると $\operatorname{pow}_\Gamma(L)=OL^2-R^2<0$ である。直線 $AL$ は内部の点 $L$ を通るので $\Gamma$ と 2 点で交わる（接線は円の内部の点を通らない）。その 2 点が $A$ と $M$ である。方べきの定理 $\overrightarrow{LA}\cdot\overrightarrow{LM}=\operatorname{pow}_\Gamma(L)<0$（方べきの定理（高校数学））により、$\overrightarrow{LA}$ と $\overrightarrow{LM}$ は逆向きで、$L$ は $A$ と $M$ の間にある。$L$ は直線 $BC$ の上にあり、$A$ は直線 $BC$ の上にないので、$M$ は直線 $BC$ について $A$ と反対側にある。
段 2（$I$ の位置）。内心は $\vec i=\frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}$ である（三角形の内心と傍心）。$b\vec b+c\vec c=(b+c)\vec l$ なので
$$ \vec i=\frac{a\vec a+(b+c)\vec l}{a+b+c} $$
と書ける。係数 $\frac a{a+b+c}$ と $\frac{b+c}{a+b+c}$ はどちらも正で、和は $1$ なので、$I$ は線分 $AL$ の $A$、$L$ 以外の点である。段 1 と合わせて、並び順は $A$、$I$、$L$、$M$ である。$\square$

弧の中点から等距離の点

def-etf-arc-midpoint の点 $M$ について
$$ MB=MC=MI $$
である。

二等辺三角形の底角を比べる

要点：$\angle A=A$、$\angle B=B$ と書く。$MB=MC$ は、弦 $MB$、$MC$ がどちらも大きさ $\frac A2$ の円周角に対する弦なので、正弦定理から出る（段 1）。$MB=MI$ は、三角形 $MBI$ の $B$ と $I$ における角がどちらも $\frac A2+\frac B2$ になり、二等辺三角形になることから出る（段 2〜段 5）。

詳しい証明を開く

段 1（$MB=MC$）。三角形 $ABM$ の外接円は $\Gamma$ なので、正弦定理（正弦定理（高校数学））により $MB=2R\sin\angle BAM$ である。$\angle BAM=\angle BAI=\frac A2$ である（lem-etf-position により $M$ は半直線 $AI$ の上にある）。同じく三角形 $ACM$ で $MC=2R\sin\angle CAM=2R\sin\frac A2$ である。よって $MB=MC$ である。

段 2（$\angle MBC$）。lem-etf-position により $A$ と $M$ は直線 $BC$ について反対側にあるので、四角形 $ABMC$ は円 $\Gamma$ に内接する四角形で、$A$ と $M$ は向かい合う頂点である。対角の和は $180^\circ$ なので（円に内接する四角形）、$\angle BMC=180^\circ-A$ である。段 1 から三角形 $MBC$ は $MB=MC$ の二等辺三角形なので、底角は$$\angle MBC=\frac{180^\circ-(180^\circ-A)}2=\frac A2$$である。

段 3（$\angle MBI$）。$I$ と $M$ は直線 $BC$ について反対側にあり（$I$ は $A$ と同じ側）、線分 $IM$ は直線 $BC$ と点 $L$ で交わる。$L$ は線分 $BC$ の上にあるので、半直線 $BC$ は $\angle IBM$ の内側を通る。したがって$$\angle MBI=\angle MBC+\angle CBI=\frac A2+\frac B2$$である（$BI$ は $\angle B$ の二等分線）。

段 4（$\angle MIB$）。$M$ は半直線 $AI$ を $I$ の先に延ばした部分にあるので、$\angle MIB$ は三角形 $ABI$ の $I$ における外角である。外角はとなりにない 2 つの内角の和なので$$\angle MIB=\angle IAB+\angle IBA=\frac A2+\frac B2$$である。

段 5（結論）。段 3・段 4 から、三角形 $MBI$ は $\angle MBI=\angle MIB$ の二等辺三角形で、$MB=MI$ である。段 1 と合わせて $MB=MC=MI$ である。$\square$

この補題は、$M$ を中心とする円が $B$、$C$、$I$ を通ることを言っている（図 1 の緑の破線）。$M$ は、$A$ を含まない弧 $BC$ の中点である（段 1 で $MB=MC$）。
この円は傍心 $I_A$ も通る。つまり $MI_A=MI$ である。理由を順に述べる。傍心 $I_A$ は $\angle B$ の外角の二等分線の上にあり（三角形の内心と傍心）、$BI$ は $\angle B$ の内角の二等分線である。内角 $B$ とその外角 $180^\circ-B$ は合わせて $180^\circ$ なので、2 本の二等分線のなす角は $\frac B2+\frac{180^\circ-B}2=90^\circ$ で、$\angle IBI_A=90^\circ$ である。同じ理由で $\angle ICI_A=90^\circ$ である。線分 $II_A$ の中点を $K$ とする。直角三角形の斜辺の中点は 3 つの頂点から等距離なので（斜辺を直径とする円が直角の頂点を通る）、直角三角形 $IBI_A$ から $KB=KI=KI_A$、直角三角形 $ICI_A$ から $KC=KI$ である。よって $K$ は $B$、$C$、$I$ から等距離にある。$I$ は三角形の内部にあり、直線 $BC$ の上にないので、$B$、$C$、$I$ は一直線上になく、この 3 点から等距離の点は三角形 $BCI$ の外心ただ 1 つである。lem-etf-trillium により $M$ もこの 3 点から等距離なので、$K=M$ である。したがって $MI_A=KI_A=KI=MI$ である。ex-etf-trillium で 2 つの三角形について座標でも確かめる。

弧の中点を座標で確かめる

ex-etf-first の三角形：直線 $AI$ は $A(0,3)$、$I(1,1)$ を通るので、点は $(t,\ 3-2t)$ と書ける。外接円 $(x-2)^2+\bigl(y-\frac32\bigr)^2=\frac{25}4$ に入れると $(t-2)^2+\bigl(\frac32-2t\bigr)^2=\frac{25}4$、整理して $5t^2-10t=0$ で、$t=0$（点 $A$）と $t=2$ である。よって $M(2,-1)$ で、$MB^2=4+1=5$、$MC^2=4+1=5$、$MI^2=1+4=5$ である。傍心 $I_A(3,-3)$（三角形の内心と傍心）についても $MI_A^2=1+4=5$ である。線分 $II_A$ の中点は $\bigl(\frac{1+3}2,\frac{1+(-3)}2\bigr)=(2,-1)$ で、$M$ と一致する。
ex-etf-second の三角形：同じ計算で $M(7,-4)$ となり、$MB^2=49+16=65$、$MC^2=49+16=65$、$MI^2=1+64=65$、傍心 $I_A(8,-12)$ について $MI_A^2=1+64=65$ である。線分 $II_A$ の中点は $\bigl(\frac{6+8}2,\frac{4+(-12)}2\bigr)=(7,-4)$ で、やはり $M$ と一致する。

最後に、証明で使う 2 つの長さを正弦で書いておく。

内心を通る弦の 2 つの部分

$$ AI=\frac r{\sin\frac A2},\qquad IM=2R\sin\frac A2,\qquad AI\cdot IM=2Rr $$
である。

直角三角形と正弦定理

方針：$AI$ は、内接円の接点を使った直角三角形で求める。$IM$ は lem-etf-trillium で $MB$ に置き換える。
段 1（$AI$）。内接円が辺 $AB$ に接する点を $Z$ とする。$IZ\perp AB$、$IZ=r$ で、$Z$ は線分 $AB$ の上にある（三角形の内心と傍心）。直角三角形 $AZI$ の $A$ における角は $\angle IAB=\frac A2$ なので、$\sin\frac A2=\frac{IZ}{AI}=\frac r{AI}$、すなわち $AI=\frac r{\sin\frac A2}$ である。
段 2（$IM$）。lem-etf-trillium と prf-lem-etf-trillium の段 1 により $IM=MB=2R\sin\frac A2$ である。
段 3（積）。$AI\cdot IM=\frac r{\sin\frac A2}\cdot2R\sin\frac A2=2Rr$ である（$0^\circ<\frac A2<90^\circ$ なので $\sin\frac A2\ne0$）。$\square$

積 $AI\cdot IM$ から角 $A$ が消えて、$R$ と $r$ だけが残った。これが thm-etf-main で方べきの定理と結びつく。

積 $AI\cdot IM$ を確かめる

ex-etf-first の三角形：$AI^2=1+4=5$、$IM^2=5$ なので $AI\cdot IM=\sqrt5\cdot\sqrt5=5$ で、$2Rr=2\cdot\frac52\cdot1=5$ である。$\sin\frac A2$ も確かめる。$\cos A=\frac bc=\frac35$ なので $\sin^2\frac A2=\frac{1-\cos A}2=\frac15$、$\sin\frac A2=\frac1{\sqrt5}$ で、$\frac r{\sin\frac A2}=\sqrt5=AI$ である。
ex-etf-second の三角形：$AI^2=1+64=65$、$IM^2=65$ なので $AI\cdot IM=65$ で、$2Rr=2\cdot\frac{65}8\cdot4=65$ である。

主定理：Euler の三角形の定理

Euler の三角形の定理

三角形 $ABC$ の外心を $O$、外接円の半径を $R$、内心を $I$、内接円の半径を $r$ とすると
$$ OI^2=R^2-2Rr $$
である。

1 つ目の証明は、方べきの定理を内心 $I$ に使う。$I$ を通る弦 $AM$ の 2 つの部分の積が、lem-etf-lengths で $2Rr$ と計算してある。

方べきの定理による証明

方針：内心 $I$ の外接円 $\Gamma$ に関する方べき $OI^2-R^2$ を、$I$ を通る直線 $AI$ で計算する。
段 1（$I$ は円の内部）。lem-etf-position により、直線 $AI$ と $\Gamma$ の交点は $A$ と $M$ で、$I$ は $A$ と $M$ の間にある。
段 2（方べき）。方べきの定理（高校数学）の符号つきの形により
$$ \overrightarrow{IA}\cdot\overrightarrow{IM}=OI^2-R^2 $$
である。段 1 から $\overrightarrow{IA}$ と $\overrightarrow{IM}$ は逆向きなので、左辺は $-IA\cdot IM$ である。
段 3（結論）。lem-etf-lengths により $IA\cdot IM=2Rr$ なので、段 2 は $-2Rr=OI^2-R^2$ となり、$OI^2=R^2-2Rr$ である。$\square$

2 つ目の証明は、外心を原点にとって内心の位置ベクトルの長さを直接計算する。角や補助の点を使わない。

位置ベクトルによる証明

要点：外心 $O$ を原点にとると、内心は $\vec i=\frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}$（三角形の内心と傍心）である。$\lvert\vec a\rvert=\lvert\vec b\rvert=\lvert\vec c\rvert=R$ と $\vec a\cdot\vec b=R^2-\frac{c^2}2$ などを使って $\lvert\vec i\rvert^2$ を展開すると $OI^2=R^2-\frac{abc}{2s}$ となり、面積の 2 つの式 $S=\frac{abc}{4R}=rs$ から $\frac{abc}{2s}=2Rr$ である。

詳しい証明を開く

段 1（内積を辺の長さで書く）。$\lvert\vec a\rvert=\lvert\vec b\rvert=\lvert\vec c\rvert=R$ である。$c^2=\lvert\vec a-\vec b\rvert^2=\lvert\vec a\rvert^2-2\vec a\cdot\vec b+\lvert\vec b\rvert^2=2R^2-2\vec a\cdot\vec b$ なので$$\vec a\cdot\vec b=R^2-\frac{c^2}2,\qquad\vec b\cdot\vec c=R^2-\frac{a^2}2,\qquad\vec c\cdot\vec a=R^2-\frac{b^2}2$$である（後の 2 つも同じ計算）。

段 2（展開）。内積の分配法則で展開し、段 1 を入れる。$$\begin{aligned} \lvert a\vec a+b\vec b+c\vec c\rvert^2 &=a^2R^2+b^2R^2+c^2R^2+2ab\,\vec a\cdot\vec b+2bc\,\vec b\cdot\vec c+2ca\,\vec c\cdot\vec a\\ &=R^2(a^2+b^2+c^2)+2ab\Bigl(R^2-\frac{c^2}2\Bigr)+2bc\Bigl(R^2-\frac{a^2}2\Bigr)+2ca\Bigl(R^2-\frac{b^2}2\Bigr)\\ &=R^2(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)-(abc^2+a^2bc+ab^2c)\\ &=R^2(a+b+c)^2-abc(a+b+c) \end{aligned}$$である。

段 3（$OI^2$）。段 2 を $(a+b+c)^2$ で割って$$OI^2=\lvert\vec i\rvert^2=R^2-\frac{abc}{a+b+c}=R^2-\frac{abc}{2s}$$である。

段 4（$abc$ を $R$、$r$ で書く）。面積について $S=\frac{abc}{4R}$（三角形の面積の公式。正弦定理から出る）と $S=rs$（三角形の内心と傍心）が成り立つ。よって $abc=4RS=4Rrs$ で、$\frac{abc}{2s}=2Rr$ である。段 3 に入れて $OI^2=R^2-2Rr$ を得る。$\square$

2 つ目の証明の途中の量

ex-etf-first の三角形：$abc=60$、$2s=12$ なので $\frac{abc}{2s}=5$ で、$2Rr=5$ と一致する。
ex-etf-second の三角形：$abc=14\cdot15\cdot13=2730$、$2s=42$ なので $\frac{abc}{2s}=65$ で、$2Rr=65$ と一致する。段 1 の内積も確かめる。外心 $O\bigl(7,\frac{33}8\bigr)$ を原点にとると $\vec a=\bigl(-2,\frac{63}8\bigr)$、$\vec b=\bigl(-7,-\frac{33}8\bigr)$ で、$\vec a\cdot\vec b=14-\frac{2079}{64}=-\frac{1183}{64}$ である。$R^2-\frac{c^2}2=\frac{4225}{64}-\frac{169}2=\frac{4225-5408}{64}=-\frac{1183}{64}$ で一致する。

外接円と内接円の半径の不等式

$OI^2$ は 0 以上なので、thm-etf-main からすぐに不等式が出る。

Euler の不等式

どの三角形でも
$$ R\ge2r $$
である。等号が成り立つのは、正三角形のときに限る。

距離の 2 乗は 0 以上

方針：thm-etf-main の左辺が $0$ 以上であることを使い、等号は $O=I$ と言いかえる。
段 1（不等式）。$0\le OI^2=R^2-2Rr=R(R-2r)$ で、$R>0$ なので $R-2r\ge0$ である。
段 2（等号）。$R=2r$ は $OI^2=0$、つまり $O=I$ と同じである。三角形の五心の「2 つの心が一致すれば正三角形」により、$O=I$ となるのは正三角形のときに限り、正三角形ではたしかに $O=I$ である。$\square$

半径の比を比べる

ex-etf-first の三角形：$R=\frac52$、$2r=2$ で、$R>2r$ である。
ex-etf-second の三角形：$R=\frac{65}8=8.125$、$2r=8$ で、$R>2r$ だが差は小さい。13, 14, 15 は 3 辺が近く、正三角形に近い形である。
1 辺が $2$ の正三角形：高さは $\sqrt3$、重心・外心・内心は一致し、$R=\frac23\sqrt3=\frac2{\sqrt3}$、$r=\frac13\sqrt3=\frac1{\sqrt3}$ で、$R=2r$ である。

$R\ge2r$ は、辺の長さの不等式に直して、相加平均と相乗平均の不等式で示すこともできる。このやり方は thm-etf-main を使わない。

辺の長さで書いた Euler の不等式

$x=s-a$、$y=s-b$、$z=s-c$ とおくと、$x,y,z>0$、$a=y+z$、$b=z+x$、$c=x+y$ で
$$ \frac R{2r}=\frac{(y+z)(z+x)(x+y)}{8xyz}\ge1 $$
である。等号は $x=y=z$、つまり $a=b=c$ のときに限る。

相加平均と相乗平均の不等式を 3 回使う

要点：$R=\frac{abc}{4S}$、$r=\frac Ss$ と Heron の公式 $S^2=sxyz$ から $\frac R{2r}=\frac{(y+z)(z+x)(x+y)}{8xyz}$ となる。$y+z\ge2\sqrt{yz}$ などの 3 つの不等式（相加平均と相乗平均の不等式）を辺々掛けると、この比は $1$ 以上である。等号は 3 つの不等式がすべて等号のとき、つまり $x=y=z$ のときに限る。

詳しい証明を開く

段 1（$x,y,z$）。三角形の成立条件 $b+c>a$ から $x=\frac{b+c-a}2>0$ である。$y,z$ も同じである。$y+z=(s-b)+(s-c)=2s-b-c=a$ で、$b$、$c$ も同じである。

段 2（比を辺で書く）。$R=\frac{abc}{4S}$、$r=\frac Ss$ なので（三角形の面積の公式、三角形の内心と傍心）$$\frac R{2r}=\frac{abc}{4S}\cdot\frac s{2S}=\frac{abc\,s}{8S^2}$$である。Heron の公式 $S^2=s(s-a)(s-b)(s-c)=sxyz$（三角形の面積の公式、Heronの公式）を入れると $\frac R{2r}=\frac{abc}{8xyz}=\frac{(y+z)(z+x)(x+y)}{8xyz}$ である。

段 3（不等式）。正の数 $y,z$ について $y+z\ge2\sqrt{yz}$ で、等号は $y=z$ のときに限る（相加平均と相乗平均）。同じく $z+x\ge2\sqrt{zx}$、$x+y\ge2\sqrt{xy}$ である。3 つとも両辺が正なので、辺々掛けて$$(y+z)(z+x)(x+y)\ge8\sqrt{yz\cdot zx\cdot xy}=8xyz$$である。

段 4（等号）。段 3 の積で等号が成り立つのは、3 つの不等式がすべて等号のとき、つまり $x=y=z$ のときに限る（どれか 1 つが真の不等号なら、正の数を掛けた積も真の不等号になる）。$x=y=z$ は $a=y+z=b=z+x=c=x+y$ と同じである。$\square$

13, 14, 15 の三角形で比を計算する

$a=14$、$b=15$、$c=13$、$s=21$ では $x=7$、$y=6$、$z=8$ である。$(y+z)(z+x)(x+y)=14\cdot15\cdot13=2730$、$8xyz=8\cdot336=2688$ で、比は $\frac{2730}{2688}=\frac{65}{64}$ である。一方、$\frac R{2r}=\frac{65/8}8=\frac{65}{64}$ で一致する。3 辺 3, 4, 5（$x=2$、$y=3$、$z=1$）では $\frac{4\cdot3\cdot5}{8\cdot6}=\frac{60}{48}=\frac54=\frac{5/2}2$ である。

$a=y+z$、$b=z+x$、$c=x+y$ という置き換えは、「三角形の 3 辺」という条件のついた 3 つの数を、条件のない 3 つの正の数 $x,y,z$ に取り替える。$x,y,z$ は内接円の接点までの長さである（三角形の内心と傍心の「接点までの長さ」）。辺の長さの不等式を示すときによく使う（不等式の証明の技法）。

傍接円についての Euler の定理

内接円の代わりに傍接円をとると、符号だけが変わる。

傍心と外心の距離

三角形 $ABC$ の傍心 $I_A$（$\angle A$ の内角の二等分線の上にある傍心）と、その傍接円の半径 $r_a$ について
$$ OI_A^2=R^2+2Rr_a $$
である。$I_B$、$I_C$ についても同じである。

重みの 1 つを負にして同じ計算をする

方針：傍心は $\vec i_A=\frac{-a\vec a+b\vec b+c\vec c}{-a+b+c}$ と書ける（三角形の内心と傍心）。prf-thm-etf-main-vector の $a$ を $-a$ に替えて同じ計算をする。外心 $O$ を原点にとる。
段 1（展開）。prf-thm-etf-main-vector の段 1 の内積を使うと
$$ \begin{aligned} \lvert -a\vec a+b\vec b+c\vec c\rvert^2 &=R^2(a^2+b^2+c^2)-2ab\,\vec a\cdot\vec b+2bc\,\vec b\cdot\vec c-2ca\,\vec c\cdot\vec a\\ &=R^2(a^2+b^2+c^2)-2ab\Bigl(R^2-\frac{c^2}2\Bigr)+2bc\Bigl(R^2-\frac{a^2}2\Bigr)-2ca\Bigl(R^2-\frac{b^2}2\Bigr)\\ &=R^2(a^2+b^2+c^2-2ab+2bc-2ca)+abc^2-a^2bc+ab^2c\\ &=R^2(-a+b+c)^2+abc(-a+b+c) \end{aligned} $$
である。最後の行は $abc^2-a^2bc+ab^2c=abc(c-a+b)$ による。
段 2（$OI_A^2$）。$-a+b+c=2(s-a)>0$ で割って
$$ OI_A^2=R^2+\frac{abc}{-a+b+c}=R^2+\frac{abc}{2(s-a)} $$
である。
段 3（$abc$ を書き直す）。$S=r_a(s-a)$（三角形の内心と傍心）と $S=\frac{abc}{4R}$ から $abc=4RS=4Rr_a(s-a)$ なので、$\frac{abc}{2(s-a)}=2Rr_a$ である。$\square$

3 つの傍心で確かめる

ex-etf-first の三角形（$O\bigl(2,\frac32\bigr)$、$R=\frac52$）の傍心は $I_A(3,-3)$、$I_B(-2,2)$、$I_C(6,6)$、半径は $r_a=3$、$r_b=2$、$r_c=6$ である（三角形の内心と傍心）。

傍心	$O$ からの距離の 2 乗	$R^2+2R\rho$（$\rho$ は傍接円の半径）
$I_A(3,-3)$	$1+\frac{81}4=\frac{85}4$	$\frac{25}4+15=\frac{85}4$
$I_B(-2,2)$	$16+\frac14=\frac{65}4$	$\frac{25}4+10=\frac{65}4$
$I_C(6,6)$	$16+\frac{81}4=\frac{145}4$	$\frac{25}4+30=\frac{145}4$

方べきの定理でも確かめられる。$I_A$ は外接円の外にあり、直線 $AI_A$ は外接円と $A(0,3)$、$M(2,-1)$ で交わる（ex-etf-trillium）。$I_AA^2=9+36=45$、$I_AM^2=1+4=5$ なので $I_AA\cdot I_AM=\sqrt{45}\cdot\sqrt5=15$ で、方べき $OI_A^2-R^2=\frac{85}4-\frac{25}4=15$ に等しい。

内心では方べきが $-2Rr$（$I$ は外接円の内部）、傍心では $+2Rr_a$（$I_A$ は外接円の外部）である。傍心がいつも外接円の外にあることも、この式からわかる。

例と反例

外した仮定	崩れる主張	ボックス
点が内心である（重心に替える）	外心からの距離の 2 乗が $R^2-2Rr$	ex-etf-centroid
円が内接円である（傍接円に替える）	中心と外心の距離の 2 乗が「$R^2-2R\times$（その円の半径）」	ex-etf-excenter
三角形が正三角形である	$R=2r$（等号）	ex-etf-ratio
2 つの円が 1 つの三角形の外接円と内接円である	中心間の距離 $d$ について $d^2=R^2-2Rr$	ex-etf-concentric

反例：内心を重心に替える

ex-etf-first の三角形の重心は $G=\frac{(0,3)+(4,0)+(0,0)}3=\bigl(\frac43,1\bigr)$ である。$OG^2=\bigl(2-\frac43\bigr)^2+\bigl(\frac32-1\bigr)^2=\frac49+\frac14=\frac{25}{36}$ で、$R^2-2Rr=\frac54$ と一致しない。重心については、Euler線で示した $OG^2=R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}9=\frac{25}4-\frac{50}9=\frac{25}{36}$ が正しい式である。外した仮定：点が内心であること。崩れる主張：$OP^2=R^2-2Rr$。

反例：同心の 2 円

中心が同じ（$d=0$）で、半径が $R=3$ と $r=1$ の 2 つの円を考える。$R^2-2Rr=9-6=3\ne0=d^2$ である。したがって thm-etf-main により、この 2 円を外接円と内接円にもつ三角形はない。直接にも確かめられる。そのような三角形があれば $O=I$ なので正三角形であり（三角形の五心）、cor-etf-inequality の等号の場合として $R=2r$ でなければならないが、$3\ne2$ である。外した仮定：2 つの円が同じ三角形の外接円と内接円であること。崩れる主張：$d^2=R^2-2Rr$。

逆に $d^2=R^2-2Rr$ を満たす 2 円には、いつも三角形がはさまる。これは次の節の Poncelet の閉形定理の三角形の場合である。

大学数学で見る：外接円に関する方べきと Poncelet の閉形定理

重み付きの平均の方べき

prf-thm-etf-main-vector と prf-prop-etf-excenter は、重みが $(a,b,c)$ か $(-a,b,c)$ かの違いしかない。重みを一般にしても同じ計算ができる。

重み付きの平均と外接円の方べき

三角形 $ABC$ の外心を $O$、外接円を $\Gamma$ とする。実数 $w_1,w_2,w_3$ が $W=w_1+w_2+w_3\ne0$ を満たすとき、点 $P$ を $\vec p=\frac{w_1\vec a+w_2\vec b+w_3\vec c}W$ で定めると
$$ \operatorname{pow}_\Gamma(P)=OP^2-R^2=-\frac{w_2w_3a^2+w_3w_1b^2+w_1w_2c^2}{W^2} $$
である。

内積を辺の長さで書いて展開する

方針：prf-thm-etf-main-vector の段 1・段 2 を、重み $w_1,w_2,w_3$ で行う。外心を原点にとる。
段 1。prf-thm-etf-main-vector の段 1 の内積を使うと
$$ \begin{aligned} \lvert w_1\vec a+w_2\vec b+w_3\vec c\rvert^2 &=R^2(w_1^2+w_2^2+w_3^2)+2w_1w_2\Bigl(R^2-\frac{c^2}2\Bigr)+2w_2w_3\Bigl(R^2-\frac{a^2}2\Bigr)+2w_3w_1\Bigl(R^2-\frac{b^2}2\Bigr)\\ &=R^2W^2-(w_2w_3a^2+w_3w_1b^2+w_1w_2c^2) \end{aligned} $$
である（$w_1^2+w_2^2+w_3^2+2w_1w_2+2w_2w_3+2w_3w_1=W^2$）。
段 2。両辺を $W^2$ で割ると $OP^2=R^2-\frac{w_2w_3a^2+w_3w_1b^2+w_1w_2c^2}{W^2}$ で、$R^2$ を移項すれば主張を得る。$\square$

重みを変えて既知の式を出す

重み $(w_1,w_2,w_3)$	点 $P$	$OP^2$
$(a,b,c)$	内心 $I$	$R^2-\frac{abc(a+b+c)}{(a+b+c)^2}=R^2-2Rr$
$(-a,b,c)$	傍心 $I_A$	$R^2+\frac{abc(-a+b+c)}{(-a+b+c)^2}=R^2+2Rr_a$
$(1,1,1)$	重心 $G$	$R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}9$（Euler線）
$(1,1,0)$	辺 $AB$ の中点	$R^2-\frac{c^2}4$（三平方の定理と同じ）

最後の行は、弦 $AB$ の中点から中心までの距離の 2 乗が $R^2-\bigl(\frac c2\bigr)^2$ であることと一致する。ex-etf-first の三角形で重心の行を確かめると $\frac{25}4-\frac{16+9+25}9=\frac{25}{36}$ で、ex-etf-centroid と一致する。

prop-etf-weighted により、点 $P$ が外接円の上にあることは
$$ w_2w_3a^2+w_3w_1b^2+w_1w_2c^2=0 $$
と同じである。$(w_1:w_2:w_3)$ を点 $P$ の 重心座標 といい（三角形の五心、重心座標）、この式は重心座標で書いた外接円の方程式である。方べきは重心座標の 2 次式になっている。Euler の定理は、この 2 次式に内心の重心座標 $(a:b:c)$ を入れた値にすぎない、と見ることができる。

Poncelet の閉形定理

thm-etf-main は、「外接円と内接円の中心の距離 $d$ は $d^2=R^2-2Rr$ を満たす」という必要条件である。じつは逆も成り立ち、しかも三角形は 1 つではない。

Poncelet の閉形定理（三角形の場合）

半径 $R$ の円 $\Gamma$ の内部に半径 $r$ の円 $\gamma$ があり、中心間の距離 $d$ が $d^2=R^2-2Rr$ を満たすとする。このとき $\Gamma$ の上の どの点 $P$ から始めても、次の手順で三角形が閉じる：$P$ から $\gamma$ に 2 本の接線を引き、それが $\Gamma$ ともう一度交わる点を $Q$、$Q'$ とすると、線分 $QQ'$ も $\gamma$ に接する。つまり三角形 $PQQ'$ は $\Gamma$ に内接し、$\gamma$ に外接する。
これは Poncelet の閉形定理（Poncelet の porism）の三角形の場合で、thm-etf-main はそのもっとも簡単な場合の条件にあたる（Wei26a、Wei26b）。本記事では証明しない。一般には、$\gamma$ と $\Gamma$ が 2 次曲線（円や楕円）で、$n$ 角形の場合にも「1 つの点から始めて閉じれば、どの点から始めても閉じる」という形で成り立つ（Ponceletの閉形定理）。$n$ 角形が閉じる条件は、楕円関数を使って表される（Wei26b）。

外側の円（半径 !FORMULA[619][173311169][0]、中心 !FORMULA[620][37081][0]）と内側の円（半径 !FORMULA[621][36151][0]、中心 !FORMULA[622][36895][0]）は、中心間の距離の 2 乗が !FORMULA[623][-185042063][0] を満たす（3 辺 3, 4, 5 の三角形の外接円と内接円）。外側の円の 4 つの点（色の点）から始めて接線を引くと、どれも三角形として閉じることを見る図（数値計算で 3 本目の辺が内側の円に接することを確かめた）。外側の円（半径 $\frac52$、中心 $O$）と内側の円（半径 $1$、中心 $I$）は、中心間の距離の 2 乗が $\frac54=R^2-2Rr$ を満たす（3 辺 3, 4, 5 の三角形の外接円と内接円）。外側の円の 4 つの点（色の点）から始めて接線を引くと、どれも三角形として閉じることを見る図（数値計算で 3 本目の辺が内側の円に接することを確かめた）。

閉形定理の条件を満たす 2 円の三角形

$R=3$、$r=1$ とすると $d^2=R^2-2Rr=3$ である（ex-etf-concentric の同心の 2 円とは違い、中心をずらす）。中心 $O(0,0)$・半径 $3$ の円 $\Gamma$ と、中心 $J(0,-\sqrt3)$・半径 $1$ の円 $\gamma$ を考える。$OJ=\sqrt3$ である。
$A(0,3)$ を頂点とし、直線 $y=-1-\sqrt3$ の上に底辺をもつ二等辺三角形をとる。$9-(1+\sqrt3)^2=9-4-2\sqrt3=5-2\sqrt3>0$ なので、底辺の両端 $B\bigl(-\sqrt{5-2\sqrt3},\ -1-\sqrt3\bigr)$、$C\bigl(\sqrt{5-2\sqrt3},\ -1-\sqrt3\bigr)$ は $\Gamma$ の上にある。

底辺：直線 $y=-1-\sqrt3$ と $J$ の距離は $-\sqrt3-(-1-\sqrt3)=1$ で、$\gamma$ に接する。
辺 $AB$：$w=\sqrt{5-2\sqrt3}$ とおく。$\overrightarrow{AB}=\bigl(-w,\ -4-\sqrt3\bigr)$、$\overrightarrow{AJ}=\bigl(0,\ -3-\sqrt3\bigr)$ なので、三角形 $ABJ$ の面積の 2 倍は $\bigl\lvert(-w)(-3-\sqrt3)-(-4-\sqrt3)\cdot0\bigr\rvert=w(3+\sqrt3)$ である（三角形の面積の公式の座標の公式）。$AB^2=w^2+(4+\sqrt3)^2=(5-2\sqrt3)+(19+8\sqrt3)=24+6\sqrt3$ である。$J$ から直線 $AB$ までの距離を $h$ とすると $h\cdot AB=w(3+\sqrt3)$ なので
$$ h^2=\frac{w^2(3+\sqrt3)^2}{AB^2}=\frac{(5-2\sqrt3)(12+6\sqrt3)}{24+6\sqrt3}=\frac{60+30\sqrt3-24\sqrt3-36}{24+6\sqrt3}=1 $$
で、$h=1$ である。よって $AB$ は $\gamma$ に接する。$AC$ は $y$ 軸について $AB$ と対称なので、同じく接する。
$J$ は三角形 $ABC$ の内部にあり（$y$ 軸の上で、底辺より上、$A$ より下）、3 辺の直線までの距離がすべて $1$ なので、$J$ は内心で $r=1$ である。よって三角形 $ABC$ は $\Gamma$ に内接し $\gamma$ に外接する。外接円の半径が $3$、内接円の半径が $1$ で、中心間の距離の 2 乗は $3=R^2-2Rr$ である。rem-etf-poncelet によれば、$A$ 以外の $\Gamma$ の点から始めても三角形が閉じる。

さらに先へ

九点円は内接円に内側から接し、3 つの傍接円に外側から接する（Feuerbach の定理）。その計算による証明では、thm-etf-main と prop-etf-excenter の $OI^2$、$OI_A^2$ をそのまま使う（Feuerbachの定理）。
三角形の中の特別な点には、距離の和を最小にする点もある（Fermat点）。prop-etf-weighted が「距離の 2 乗」を扱うのに対し、Fermat 点は「距離そのもの」の和を扱う。距離の 2 乗の和を最小にする点が重心であることは三角形の重心（高校数学）にある。
Poncelet の閉形定理の一般の場合（Ponceletの閉形定理）は、楕円関数や楕円曲線の理論とつながる。