三角形には「中心」と呼ばれる特別な点が5つあります（五心）。
この記事では、そのうち外心と内心を取り上げ、
なぜそれらが存在するのか、どんな性質を持つのかを原理から理解します。
三角形の3つの頂点を通る円を外接円、その中心を外心といいます。 外心は3辺の垂直二等分線の交点として定まります。
しかし、3本の直線が必ず1点で交わるとは限りません。 なぜ垂直二等分線は必ず1点で交わるのでしょうか。 これは「垂直二等分線上の点の性質」を理解すれば、自然に導けます。
線分 $AB$ の垂直二等分線上の任意の点 $P$ は、$PA = PB$ を満たします（逆も成立）。 つまり、垂直二等分線とは「2点 $A$, $B$ から等距離にある点の集合」です。
この理解があれば、3本の垂直二等分線が1点で交わる理由は明らかです：
Step 1：辺 $AB$ と辺 $AC$ の垂直二等分線の交点を $O$ とすると、$OA = OB$ かつ $OA = OC$。
Step 2：よって $OB = OC$。つまり $O$ は辺 $BC$ の垂直二等分線上にもある。
2本の垂直二等分線の交点が、自動的に3本目の垂直二等分線上にもあるのです。 これが「3本の垂直二等分線は1点で交わる」ことの本質的な理由です。
$\triangle ABC$ において、辺 $AB$ の垂直二等分線を $\ell_1$、辺 $AC$ の垂直二等分線を $\ell_2$ とする。
$\ell_1$ と $\ell_2$ は平行でない（もし平行なら $AB \parallel AC$ となり三角形にならない）ので、交点が存在する。この交点を $O$ とする。
$O$ は $\ell_1$ 上にあるから $OA = OB$ ......①
$O$ は $\ell_2$ 上にあるから $OA = OC$ ......②
①②より $OB = OC$。よって $O$ は辺 $BC$ の垂直二等分線 $\ell_3$ 上にもある。
したがって、3辺の垂直二等分線は1点 $O$ で交わり、$OA = OB = OC$ が成り立つ。
$\triangle ABC$ の外心を $O$ とすると：
1. $O$ は3辺の垂直二等分線の交点
2. $OA = OB = OC$（3頂点から等距離）
3. $O$ を中心とする半径 $OA$ の円が外接円
外心はいつも三角形の内部にあるとは限りません。 三角形の形状によって外心の位置が変わります。
| 三角形の種類 | 外心の位置 |
|---|---|
| 鋭角三角形 | 三角形の内部 |
| 直角三角形 | 斜辺の中点（斜辺上） |
| 鈍角三角形 | 三角形の外部 |
✕ 誤：外心は常に三角形の内部にある
○ 正：鈍角三角形では外心は三角形の外部にあります。 直角三角形では斜辺の中点に一致します。
外心が外部に出るのは直感に反するかもしれませんが、考えてみれば自然です。 鈍角三角形では、鈍角の対辺（最大辺）が非常に長いので、 3頂点から等距離の点は三角形の外にしか取れないのです。
✕ 誤：外心は3つの中線の交点
○ 正：3つの中線の交点は重心です。外心は3辺の垂直二等分線の交点です。
重心、外心、内心、垂心、傍心をまとめて五心と呼びます。 それぞれ「何の交点か」を正確に区別しましょう。
驚くべきことに、三角形の重心 $G$、外心 $O$、垂心 $H$ は常に一直線上に並びます。 この直線をオイラー線といいます。さらに、$OG : GH = 1 : 2$ という美しい比が成り立ちます。
正三角形ではこの3点が一致しますが、それ以外の三角形では必ず一直線上に異なる3点として現れます。 オイラー線は18世紀の大数学者レオンハルト・オイラーが発見したもので、三角形の幾何学における最も美しい定理の1つです。
外接円の半径 $R$ は、正弦定理によって三角形の辺と角と結びつけられます。 4-2で学んだ正弦定理を思い出しましょう。
$\triangle ABC$ の外接円の半径を $R$ とすると：
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$$
正弦定理は「外接円の直径と弧に対する円周角」の関係から導けます。
外接円の中心を $O$、半径を $R$ とします。弦 $BC$ に対する円周角が $\angle A$ です。 円周角の定理より、弦 $BC$ に対する中心角は $2\angle A$（鋭角の場合）。
中心 $O$ から弦 $BC$ に垂線を下ろすと、弦は二等分されます。 $\sin(\angle BOH) = \dfrac{BH}{OB}$ より $\sin A = \dfrac{a/2}{R}$、すなわち $a = 2R\sin A$。
つまり正弦定理は、「辺の長さ = 外接円の直径 $\times$ 対角の正弦」という幾何学的事実を表しています。
具体例で確認しましょう。$\triangle ABC$ で $a = 5$, $B = 60°$, $C = 45°$ のとき、 まず $A = 180° - 60° - 45° = 75°$ です。 正弦定理より $R = \dfrac{a}{2\sin A} = \dfrac{5}{2\sin 75°}$。
✕ 誤：$\dfrac{a}{\sin B} = 2R$ として $R$ を求める
○ 正：$\dfrac{a}{\sin A} = 2R$。辺 $a$ の対角は $\angle A$ です。
正弦定理では「辺と対角」のペアを使います。 辺 $a = BC$ の対角は頂点 $A$ の角度 $\angle A$ です。 辺と角のペアを取り違えると、外接円の半径が間違ってしまいます。
三角形の3辺すべてに接する円を内接円、その中心を内心といいます。 内心は3つの内角の二等分線の交点です。
外心のときと同様に、なぜ3本の角の二等分線が1点で交わるのかを理解しましょう。 鍵は「角の二等分線上の点の性質」です。
$\angle A$ の二等分線上の任意の点 $P$ は、$\angle A$ を構成する2辺 $AB$, $AC$ から等距離にあります。 （点から直線への距離 = 垂線の長さ）
この性質を使えば、3本の角の二等分線が1点で交わる理由が見えます：
Step 1：$\angle B$ と $\angle C$ の二等分線の交点を $I$ とする。 $I$ から辺 $BC$ への距離を $d_1$、辺 $CA$ への距離を $d_2$、辺 $AB$ への距離を $d_3$ とすると、 $\angle B$ の二等分線上の点なので $d_1 = d_3$、 $\angle C$ の二等分線上の点なので $d_1 = d_2$。
Step 2：よって $d_2 = d_3$。つまり $I$ は辺 $CA$ と辺 $AB$ から等距離。 したがって $I$ は $\angle A$ の二等分線上にもある。
外心の証明と全く同じ論法です。「2つの交点が自動的に3つ目にも乗る」のがポイントです。
$\triangle ABC$ で $\angle B$, $\angle C$ の二等分線の交点を $I$ とし、$I$ から3辺 $BC$, $CA$, $AB$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $D$, $E$, $F$ とする。
$I$ は $\angle B$ の二等分線上にあるから $ID = IF$ ......①
$I$ は $\angle C$ の二等分線上にあるから $ID = IE$ ......②
①②より $IE = IF$。よって $I$ は $\angle A$ の二等分線上にもある。
したがって、3つの内角の二等分線は1点 $I$ で交わり、$ID = IE = IF$ が成り立つ。
$\triangle ABC$ の内心を $I$ とすると：
1. $I$ は3つの内角の二等分線の交点
2. $I$ から3辺までの距離が等しい（$= r$：内接円の半径）
3. $I$ を中心とする半径 $r$ の円が内接円（3辺すべてに接する）
4. 内心は常に三角形の内部にある
内心 $I$ について $\angle BIC$ を求める問題で間違いやすいポイントがあります。
$I$ は $\angle B$, $\angle C$ の二等分線の交点なので：
$\angle BIC = 180° - \angle IBC - \angle ICB = 180° - \dfrac{B}{2} - \dfrac{C}{2}$
$= 180° - \dfrac{B + C}{2} = 180° - \dfrac{180° - A}{2} = 90° + \dfrac{A}{2}$
✕ 誤：$\angle BIC = \dfrac{A}{2}$（$\angle A$ の二等分線と混同）
○ 正：$\angle BIC = 90° + \dfrac{A}{2}$。この公式はよく使うので覚えておきましょう。
内心が3つの内角の二等分線の交点であるのに対し、 1つの内角の二等分線と他の2つの外角の二等分線の交点を傍心といいます。
傍心は1つの三角形に対して3つ存在し（各頂点に対応）、 それぞれが傍接円の中心になります。 傍接円は三角形の1辺と、他の2辺の延長に接する円です。
内心と3つの傍心を合わせると、角の二等分線の交点として得られる4つの特別な点になります。
三角形の面積 $S$、内接円の半径 $r$、そして3辺の長さの間には、 非常にシンプルで美しい関係式が成り立ちます。
$\triangle ABC$ の面積を $S$、内接円の半径を $r$、3辺の長さを $a$, $b$, $c$ とすると：
$$S = \frac{1}{2} r(a + b + c)$$
$s = \dfrac{a + b + c}{2}$（半周長）とおくと：
$$S = rs$$
なぜ $S = rs$ が成り立つのでしょうか。答えは単純です。
内心 $I$ と3つの頂点 $A$, $B$, $C$ を結ぶと、$\triangle ABC$ は3つの小三角形に分割されます： $\triangle BIC$, $\triangle CIA$, $\triangle AIB$。
各小三角形の底辺はそれぞれ $a$, $b$, $c$、高さは内接円の半径 $r$（内心から各辺への距離）です。
$S = \triangle BIC + \triangle CIA + \triangle AIB$
$= \dfrac{1}{2}ar + \dfrac{1}{2}br + \dfrac{1}{2}cr = \dfrac{1}{2}r(a + b + c) = rs$
「三角形を内心で3分割して面積を足す」── これが $S = rs$ の本質です。
内心 $I$ から3辺 $BC$, $CA$, $AB$ に下ろした垂線の足を $D$, $E$, $F$ とすると、$ID = IE = IF = r$。
$S(\triangle ABC) = S(\triangle BIC) + S(\triangle CIA) + S(\triangle AIB)$
$= \dfrac{1}{2} \cdot BC \cdot ID + \dfrac{1}{2} \cdot CA \cdot IE + \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot IF$
$= \dfrac{1}{2} ar + \dfrac{1}{2} br + \dfrac{1}{2} cr = \dfrac{1}{2} r(a + b + c) = r \cdot \dfrac{a+b+c}{2} = rs$
$S = rs$ から $r = \dfrac{S}{s}$ なので、面積 $S$ と半周長 $s$ を求めれば $r$ が計算できます。
具体例：$a = 3$, $b = 4$, $c = 5$（直角三角形）のとき。
$s = \dfrac{3 + 4 + 5}{2} = 6$、$S = \dfrac{1}{2} \times 3 \times 4 = 6$。 よって $r = \dfrac{6}{6} = 1$。
$S = rs$ の $s$ は半周長（周の長さの半分）であり、面積ではありません。
✕ 誤：$r = \dfrac{S}{a + b + c}$（半周長でなく周長で割ってしまう）
○ 正：$r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{2S}{a + b + c}$
$s = \dfrac{a+b+c}{2}$ であることを忘れないでください。
| 求めるもの | 使う定理 | 計算方法 |
|---|---|---|
| 外接円の半径 $R$ | 正弦定理 | $R = \dfrac{a}{2\sin A}$ |
| 内接円の半径 $r$ | 面積の分割 | $r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{2S}{a+b+c}$ |
3辺の長さだけから面積を求めるヘロンの公式：
$$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$
これと $S = rs$ を組み合わせると：
$$r = \frac{S}{s} = \frac{\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}}{s} = \sqrt{\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}{s}}$$
このように、内接円の半径も3辺の長さだけから求められます。 ヘロンの公式は古代ギリシャのアレクサンドリアのヘロンによるもので、 三角形の面積を「辺の長さだけ」で計算できるという点で画期的でした。
三角形の「中心」は5種類あります。この記事で学んだ外心と内心を含め、 五心の全体像を整理しましょう。
| 名前 | 定義（交点） | 性質 | 位置 |
|---|---|---|---|
| 重心 $G$ | 3本の中線 | 各中線を $2:1$ に内分 | 常に内部 |
| 外心 $O$ | 3辺の垂直二等分線 | 3頂点から等距離（$= R$） | 内部/辺上/外部 |
| 内心 $I$ | 3つの内角の二等分線 | 3辺から等距離（$= r$） | 常に内部 |
| 垂心 $H$ | 3本の垂線 | 各頂点から対辺への垂線の交点 | 内部/頂点/外部 |
| 傍心 $J$ | 1内角 + 2外角の二等分線 | 傍接円の中心（3個存在） | 常に外部 |
✕ 誤：五心はすべて三角形の内部にある
○ 正：常に三角形の内部にあるのは重心と内心のみ。 外心は鈍角三角形で外部、垂心も鈍角三角形で外部、傍心は常に外部にあります。
Q1. 外心はどんな線の交点として定まりますか？
Q2. 鈍角三角形の外心はどこにありますか？
Q3. 内心はどんな線の交点として定まりますか？
Q4. $\triangle ABC$ の面積が $S$、3辺が $a, b, c$ のとき、内接円の半径 $r$ を $S, a, b, c$ で表してください。
Q5. 五心のうち、常に三角形の内部にあるのはどれですか？
この記事で学んだ内容を、入試形式の問題で確認しましょう。
$\triangle ABC$ の外心を $O$ とする。$\angle BAC = 50°$ のとき、$\angle BOC$ を求めよ。
$\angle BOC = 100°$
方針：外接円において、弧 $BC$ に対する円周角と中心角の関係を使う。
$\angle BAC$ は弧 $BC$（$A$ を含まない方）に対する円周角。
$\angle BOC$ は同じ弧に対する中心角。
中心角 = 2 $\times$ 円周角 より $\angle BOC = 2 \times 50° = 100°$。
※ $\angle A$ が鋭角の場合。$\angle A$ が鈍角の場合は $\angle BOC = 360° - 2\angle A$ となることに注意。
$\triangle ABC$ において $AB = 13$, $BC = 14$, $CA = 15$ とする。この三角形の面積 $S$ と内接円の半径 $r$ を求めよ。
$S = 84$, $r = 4$
方針：ヘロンの公式で面積を求め、$S = rs$ から $r$ を求める。
$s = \dfrac{13 + 14 + 15}{2} = 21$
$S = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{21 \times 7 \times 8 \times 6}$
$= \sqrt{21 \times 7 \times 48} = \sqrt{147 \times 48} = \sqrt{7056} = 84$
$r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{84}{21} = 4$
$\triangle ABC$ において、$AB = 8$, $BC = 5$, $CA = 7$ とする。
(1) $\angle B$ の値を求めよ。
(2) $\triangle ABC$ の面積 $S$ を求めよ。
(3) 内接円の半径 $r$ と外接円の半径 $R$ を求めよ。
(1) $\angle B = 60°$
(2) $S = 10\sqrt{3}$
(3) $r = \sqrt{3}$, $R = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$
(1) の方針：余弦定理で $\cos B$ を求める。
$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B$
$49 = 64 + 25 - 80\cos B$ より $\cos B = \dfrac{40}{80} = \dfrac{1}{2}$
$0° < B < 180°$ より $\angle B = 60°$
(2) の方針：$S = \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin B$ を使う。
$S = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 5 \cdot \sin 60° = 20 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 10\sqrt{3}$
(3) の方針：$r = \dfrac{S}{s}$、$R = \dfrac{b}{2\sin B}$ を使う。
$s = \dfrac{8 + 5 + 7}{2} = 10$
$r = \dfrac{S}{s} = \dfrac{10\sqrt{3}}{10} = \sqrt{3}$
$R = \dfrac{b}{2\sin B} = \dfrac{7}{2\sin 60°} = \dfrac{7}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{7}{\sqrt{3}} = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$
$\triangle ABC$ において、$a = 3\sqrt{2}$, $b = 3$, $C = 45°$ とする。
(1) $c$ の値を求めよ。
(2) 外接円の半径 $R$ を求めよ。
(3) $\triangle ABC$ の面積 $S$ を求めよ。
(4) 内接円の半径 $r$ を求めよ。
(1) $c = 3$
(2) $R = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
(3) $S = \dfrac{9}{2}$
(4) $r = \dfrac{9}{3 + 3\sqrt{2} + 3} = \dfrac{3}{2 + \sqrt{2}} = \dfrac{3(2 - \sqrt{2})}{2}$
(1) の方針：余弦定理で $c$ を求める。
$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C = 18 + 9 - 2 \cdot 3\sqrt{2} \cdot 3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
$= 27 - 18 = 9$
$c = 3$
(2) の方針：$b = c = 3$ なので $\triangle ABC$ は $B = C = 45°$ の二等辺三角形ではなく... 確認：$b = c = 3$ より $\angle B = \angle C$。$\angle C = 45°$ なので $\angle B = 45°$？ いいえ、$C = 45°$ は与えられた角度です。$b = CA = 3$, $c = AB = 3$ で $b = c$ なので $\angle B = \angle C$ ですが、$\angle C = 45°$ が与えられているので $\angle B = 45°$、$\angle A = 90°$。
正弦定理より $R = \dfrac{a}{2\sin A} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2\sin 90°} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
(3) の方針：$\angle A = 90°$ なので $S = \dfrac{1}{2} \cdot b \cdot c = \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = \dfrac{9}{2}$。
（検算：$S = \dfrac{1}{2}ab\sin C = \dfrac{1}{2} \cdot 3\sqrt{2} \cdot 3 \cdot \sin 45° = \dfrac{1}{2} \cdot 3\sqrt{2} \cdot 3 \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{9}{2}$。一致。）
(4) の方針：$S = rs$ より $r = \dfrac{S}{s}$。
$s = \dfrac{a + b + c}{2} = \dfrac{3\sqrt{2} + 3 + 3}{2} = \dfrac{6 + 3\sqrt{2}}{2}$
$r = \dfrac{9/2}{(6 + 3\sqrt{2})/2} = \dfrac{9}{6 + 3\sqrt{2}} = \dfrac{3}{2 + \sqrt{2}} = \dfrac{3(2 - \sqrt{2})}{(2 + \sqrt{2})(2 - \sqrt{2})} = \dfrac{3(2 - \sqrt{2})}{2}$