中線定理の拡張 - 日々の暮らしと時々の数学

次のような問題を考える。

◆問題◆
${\triangle {\rm ABC}}$ において内接円周上に任意の点 ${\rm P}$ をとった時、
各頂点までの距離の平方和 ${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2+{\rm PC}^2}$ が一定である。
このとき、この三角形はどのような三角形か。

これについて、別件で初等幾何の問題を考えている時に遭遇していたので、
次が有用であることがすぐに閃いた。

◆命題◆
${\triangle {\rm ABC}}$ において重心をGとするとき、
平面上の任意の点Pに対して
${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2+{\rm PC}^2=3{\rm GP}^2+{\rm GA}^2+{\rm GB}^2+{\rm GC}^2}$
が成立する。

これはベクトルで容易に証明できる。

これにより、上記の問は重心と内心が一致するとき、
つまり正三角形であるときだと分かる。

ここまでは別に何もないのだが、よくよく思い返すと
この命題は中線定理の拡張になっていることに気づいた。

中学生の時、

2点からの距離の和は直線に対して対称移動する
2点からの距離の平方和は中線定理で中点からの距離に置き換える

という定石を習った。

つまり、いまは3点からの距離の平方和なので、
重心からの距離に直っているというわけである。

3点からの距離の平方和が分かっているということは、
2点からの距離の平方和もそこから導けるということが予想できる。

実際以下のようにして得ることが出来る：

線分ABの中点をMとする。そしてCをMとしてとる。
いま、上記の命題の証明において、3点があればよく、
別に三角形をなしていることは必要ない。
このとき、重心はやはりMになる。

すると、平面上の任意の点Pに対して
${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2+{\rm PM}^2=3{\rm PM}^2+{\rm AM}^2+{\rm BM}^2}$
となるので、
${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2=2{\rm PM}^2+{\rm AM}^2+{\rm BM}^2}$
なので、これは中線定理に他ならない。

さらに考えてみたところ、中線定理と重心の基本性質さえ認めてしまえば、
命題は導けることに気がついた。

まず、命題の状況で辺BCの中点をMとして、 ${\triangle {\rm ABC}}$ の中線定理から
${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2+{\rm PC}^2={\rm PA}^2+2{\rm PM}^2+2{\rm BM}^2}$
を得る。

次に、 ${\triangle {\rm GBC}}$ の中線定理から
${2{\rm BM}^2={\rm GB}^2+{\rm GC}^2-2{\rm GM}^2}$
よって、
${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2+{\rm PC}^2={\rm PA}^2+2{\rm PM}^2+{\rm GB}^2+{\rm GC}^2-2{\rm GM}^2}$

また、線分AGの中点をDとすると、AG:GM=2:1という性質に気をつけて
${\triangle {\rm PAG}}$ と ${\triangle {\rm PDM}}$ の中線定理から
${{\rm PA}^2+{\rm PG}^2=2{\rm PD}^2+2{\rm MG}^2}$
${{\rm PM}^2+{\rm PD}^2=2{\rm PG}^2+2{\rm MG}^2}$
なので、上の式と下の式の2倍を足すことで、

${{\rm PA}^2+2{\rm PM}^2=3{\rm PG}^2+6{\rm MG}^2}$
が得られるので、

${{\rm PA}^2+{\rm PB}^2+{\rm PC}^2={\rm PA}^2+2{\rm PM}^2+{\rm GB}^2+{\rm GC}^2-2{\rm GM}^2}$
${=3{\rm PG}^2+{\rm GB}^2+{\rm GC}^2+4{\rm GM}^2}$
${=3{\rm PG}^2+{\rm GA}^2+{\rm GB}^2+{\rm GC}^2}$
が得られる。

中線定理で ${{\rm PA}^2+2{\rm PM}^2}$ という2倍がかかってしまっている箇所を
処理しているのはなかなかトリッキーなことかもしれない。
ここはStewartの定理を認めればもう少しすんなりいくだろう。
面倒なので（どうせ同じことなので）省略する。