１つ目の解法：三角形の比を利用する

まずは 解きやすいように問題の三角形の頂点をそれぞれ $ A,B,C $ とします。また円の中心はそれぞれ $O_1,O_2$ とおきます。

辺 $ A \;B $ と 辺 $O_1 \; O_2$ は平行なので 辺 $O_1 \; O_2$ を斜辺とする三角形を図1-1のようにします。

図1-1

すると$\triangle{ABC}と\triangle{O_1 O_2 D}$ は相似になります。そのため \[ AB : AC = O_1 O_2 : O_1 D \] \[ AB : BC = O_1 O_2 : O_2 D \] が分かります。 円の半径を$r$とすると $O_1 O_2 = 2 r$ となり、 \[ O_2 D = 2 r \times \frac{12}{15} = \frac{8}{5}r \] \[ O_1 D = 2 r \times \frac{9}{15} = \frac{6}{5}r \] となります。 よって、 \[ AD = 9 - \Bigl( \frac{6}{5}r + r \Bigr) = 9 - \frac{11}{5}r \] \[ BG = 12 - \Bigl( \frac{8}{5}r + r \Bigr) = 12 - \frac{13}{5}r \]

図1-2

さて図1-2のように、$A$から$O_1$と$B$から$O_2$に線を引きます。すると$ 　　　　\triangle{ AEO_1} $ と $ \triangle{ AFO_1} $ について、斜辺は等しく$EO_1$と$FO_2$は円の半径に等しいから$EO_1=FO_2$がわかります。

”斜辺と他の１辺がそれぞれ等しい”という直角三角形の合同条件から、 $ \triangle{ AEO_1} $ と $ \triangle{ AFO_1} $ は合同であり、 $ \triangle{ BGO_2} $ と $ \triangle{ BHO_2} $ は合同ということが分かりました。

よって \[ AE = AF = 9 - \frac{11}{5}r \\ BH = BG = 12 - \frac{13}{5}r \] が成りたちます。 \[ FG = O_1 O_2 = 2r \] なので、 \begin{align*} AB = & AF + FG + GB \\ = & \Bigl( 9 - \frac{11}{5}r \Bigr) + (2r) + \Bigl( 12 - \frac{13}{5}r \Bigr) \\ = & 21 - \frac{14}{5}r \end{align*} $AB = 15$ なので \begin{align*} 21 - \frac{14}{5}r =& 15 \\ \frac{14}{5} r =& 6 \\ r =& \frac{15}{7} \end{align*} 円の半径が $\displaystyle \frac{15}{7}$ であることがわかったので、 直径は $\displaystyle \frac{30}{7}$であることが分かります。

２つ目の解法：内接円をもう一つ描く

まずは 解きやすいように問題の三角形の頂点をそれぞれ $ A,B,C $ とします。また円の中心はそれぞれ $O_1,O_2$ とおきます。

$ \triangle{ ABC} $ に内接する円 $O$ を描き、その半径 $R$ を考えます。

図2-1

内接する円の半径を求める公式より、 \[ \frac{1}{2}×9×12 = \frac{1}{2}×(9+12+15)×R \] が成りたちます。よって、 \[ R = 3 \]

ここで、$ \triangle{ AQO} $について考えます。

図2-2

$\triangle{AEO_1}と\triangle{A Q O}$ は相似になります。そのため \[ AE : AQ = E O_1 : QO \] となります。よって、 \[ AE × QO = AQ × E O_1 \] \[ AE × 3 = 6 × r \] \[ AE = 2r \] 同様にして、$\triangle{BHO_2}と\triangle{B P O}$ は相似になり、 \[ BH = 3r \]

まとめると、以下の図2-3のようになります。

図2-3

$A$から$O_1$と$B$から$O_2$に角の二等分線を引きます。すると "斜辺と１つの鋭角がそれぞれ等しい"という直角三角形の合同条件から、 $ \triangle{ AEO_1} $ と $ \triangle{ AFO_1} $ は合同であり、 $ \triangle{ BGO_2} $ と $ \triangle{ BHO_2} $ は合同ということが分かります。よって 　\[ AE = AF \] \[ BG = BH \] が成りたちます。 \[ FG = 2r \] なので、 \begin{align*} AB = & AF + FG + GB \\ = & 2r + 2r +3r \\ = & 7r \end{align*} $AB=15$ なので \begin{align*} 7r =& 15r \\ r =& \frac{15}{7} \end{align*} 円の半径が $\displaystyle \frac{15}{7}$ であることがわかったので、 直径は $\displaystyle \frac{30}{7}$であることが分かります。

３つ目の解法：面積を考える

三角形$ABC$を下の図3-1のようにわけ、それぞれの三角形や台形の面積を円の半径$r$を用いて記述する。

図3-2

円の中心$O_1$から辺ACに垂線$O_1E$、辺$AB$に垂線$O_1 F$ を引きます。また円の中心$O_2$から辺ABに垂線$O_2G$、辺$AC$に垂線$O_1 H$ を引く。また、頂点$C$から辺$AB$に垂線 $CI$をひきます。すると、この$CI$は$O_1 0_2$とも垂直な線であり、この交点を$J$とします。 この時、円の半径$r$なので \[ O_1 E = O_1 F = O_2 F = O_2 H = r\] といえます。 また、$IJ = r$ です。

まず $\triangle{ABC} \mbox{の面積} $ を求めます。 \begin{align*} \triangle{ABC} \mbox{の面積} =& AC \times BC \times \frac{1}{2} \\ =& 9 \times 12 \times \frac{1}{2} \\ = & 54 \end{align*}

$\triangle{ ACO_1}$の面積を求めます。 \begin{align*} \triangle{ ACO_1}\mbox{の面積} =& (AC \mbox{の長さ}) \times (O_1 E \mbox{の長さ}) \times \frac{1}{2} \\ =& 9 \times r \times \frac{1}{2} \\ =& \frac{9}{2}r \end{align*} $\triangle{ BCO_2}$の面積を求めます。 \begin{align*} \triangle{BCO_2}\mbox{の面積} =& (BC \mbox{の長さ}) \times (O_1 H\mbox{の長さ}) \times \frac{1}{2} \\ =& 12 \times r \times \frac{1}{2} \\ =& 6r \end{align*} 台形$A O_1 O_2 B $の面積を求めます。 \begin{align*} \mbox{台形} A O_1 O_2 B \mbox{の面積} =& (O_1 O_2 \mbox{の長さ} + AB \mbox{の長さ}) \times (O_1 F\mbox{の長さ}) \times \frac{1}{2} \\ =& (2r + 15) \times r \times \frac{1}{2} \\ =& r^2 + \frac{15}{2}r \end{align*} $\triangle{ C O_1 O_2}$の面積を求めます。 \begin{align*} \triangle{ C O_1 O_2}の面積 =& (O_1 O_2 \mbox{の長さ}) \times (C J \mbox{の長さ}) \times \frac{1}{2} \end{align*} $CJ \mbox{の長さ} = CI - JI \;$かつ$ \; IJ = r \;$なので、$CI$の長さを求める。 $CI$は$AB$を底辺としたときの高さなので、$\triangle{ABC}$の面積は \begin{align*} AB \times CI \times \frac{1}{2} = \triangle{ABC} \mbox{の面積} \end{align*} というふうにも求められます。 この式に $AB=15, \triangle{ABC} \mbox{の面積} = 54$を代入します。 \begin{align*} 15 \times CI \times \frac{1}{2} =& 54 \\ CI =& 2 \times 54 \div 15 \\ = & \frac{36}{5} \end{align*} 以上のことから、$CI$の長さが求まりました。 $ \displaystyle CJ = CI - JI = \frac{36}{5} - r $ なので、 \begin{align*} \triangle{ C O_1 O_2}の面積 =& (O_1 O_2 \mbox{の長さ}) \times (C J \mbox{の長さ}) \times \frac{1}{2} \\ =& 2r \times \Bigl( \frac{36}{5} - r \Bigr) \times \frac{1}{2} \\ =& \frac{36}{5} r - r^2 \end{align*}

\begin{align*} \triangle{ ACO_1}\mbox{の面積} + \triangle{BCO_2}\mbox{の面積} + \mbox{台形} A O_1 O_2 B \mbox{の面積} + \triangle{ C O_1 O_2}の&面積 \\ =& \triangle{ABC} \mbox{の面積} \end{align*} \begin{gather*} \frac{9}{2}r + 6r + \Bigl( r^2 + \frac{15}{2}r \Bigr) + \Bigl( \frac{36}{5} r - r^2 \Bigr) = 54 \\ \frac{126}{5} r = 54 \\ r = \frac{15}{7} \end{gather*} 円の半径が $\displaystyle \frac{15}{7}$ であることがわかったので、 直径は $\displaystyle \frac{30}{7}$であることが分かります。

４つ目の解法：角の二等分線を考える

図4-1

まず、円の半径を”r”とします。図4-1のように、 角A・角Bの二等分線と円の中心からの垂線を引きます。(角の二等分線は円の中心を通ります。)

次に、二等分線の性質より比を考えます。 \begin{align*} CP:PB=AC:AB=9:15=3:5\\ \end{align*} つまり、 \begin{align*} CB:CP=8:3\\ 8×CP=3×CB\\ CP=\frac{3×12}{8}=\frac{36}{8}=\frac{9}{2}\\ \end{align*}

つぎに、$\triangle{ACP}$を取り出してみます。

図4-2

\begin{align*} AD:AC=DO_1:CP\\ AD:9=r:\frac{9}{2}\\ AD×\frac{9}{2}=9r\\ AD=9r×\frac{2}{9}=2r\\ \end{align*}

同様にして、 \begin{align*} AQ:QC=15:12=5:4\\ CQ=9×\frac{4}{9}=4\\ BC:BG=CQ:O_2G\\ BG=3r\\ \end{align*}

今求めたことをまとめるとこのようになります。

図4-3

"斜辺と１つの鋭角がそれぞれ等しい"という直角三角形の合同条件から、 $ \triangle{ ADO_1} $ と $ \triangle{ AEO_1} $ は合同であり、 $ \triangle{ BFO_2} $ と $ \triangle{ BGO_2} $ は合同ということが分かります。よって 　\[ AD = AE \] \[ BF = BG \] が成りたちます。 \[ EF = 2r \] なので、 \begin{align*} AB = & AE + EF + FB \\ = & 2r + 2r +3r \\ = & 7r \end{align*} $AB=15$ なので \begin{align*} 7r =& 15r \\ r =& \frac{15}{7} \end{align*}

円の半径が $\displaystyle \frac{15}{7}$ であることがわかったので、 直径は $\displaystyle \frac{30}{7}$であることが分かります。

5つ目の解法： 三角関数を利用する

図5-1

三角関数の性質より \begin{align*} \cos A =\frac{9}{15}\\ \end{align*} 半角の公式より \begin{align*} \tan^{2} \frac{A}{2}=&\frac{1-\cos A}{1+\cos A}\\ =&\frac{15-9}{15+9}\\ =&\frac{6}{24}=\frac{1}{4}\\ =&\tan \frac{A}{2}=\frac{1}{2}\\ =&\frac{DO_1}{AD}\\ \end{align*} ゆえに、 \begin{align*} AD=2r \end{align*} 同様にして、 \begin{align*} BG=3r\\ \end{align*}

図5-2

"斜辺と１つの鋭角がそれぞれ等しい"という直角三角形の合同条件から、 $ \triangle{ ADO_1} $ と $ \triangle{ AEO_1} $ は合同であり、 $ \triangle{ BFO_2} $ と $ \triangle{ BGO_2} $ は合同ということが分かります。よって 　\[ AD = AE \] \[ BF = BG \] が成りたちます。 \[ EF = 2r \] なので、 \begin{align*} AB = & AE + EF + FB \\ = & 2r + 2r +3r \\ = & 7r \end{align*} $AB=15$ なので \begin{align*} 7r =& 15r \\ r =& \frac{15}{7} \end{align*}

円の半径が $\displaystyle \frac{15}{7}$ であることがわかったので、 直径は $\displaystyle \frac{30}{7}$であることが分かります。