パップスの中線定理の拡張に関するメモ

三角形がらみのある線分の長さを求める問題は，センター試験などでも頻繁に出題されるもののひとつですが，そこで知っておくとよい定理として，パップスの定理（中線定理）というものがあります。

$\triangle \textrm{ABC}$ において，辺 $\textrm{BC}$ の中点を $\textrm{M}$ とすると，次の式が成り立つ。

$\textrm{AB}^{2}+\textrm{AC}^{2}=2(\textrm{AM}^{2}+\textrm{BM}^{2})$

証明法はいくつかありますが，余弦定理によるものは後の拡張のときのためにとっておいて，まずは三平方の定理を用いて証明してみます。

(証明)

頂点 $\textrm{A}$ から辺 $\textrm{BC}$ 上におろした垂線の足を $\textrm{H}$ とする（図のように点 $\textrm{M}$ の右側にあるとしても，一般性を失わない）。
$\triangle \textrm{ABH}$ において三平方の定理より

$\textrm{AB}^{2}=\textrm{AH}^{2}+\textrm{BH}^{2} \quad \quad \cdots(1)$

$\triangle \textrm{ACH}$ においても同様に

$\textrm{AC}^{2}=\textrm{AH}^{2}+\textrm{CH}^{2} \quad \quad \cdots(2)$

(1), (2)を辺々足して

$\textrm{AB}^{2}+\textrm{AC}^{2}=2\textrm{AH}^{2}+\textrm{BH}^{2}+\textrm{CH}^{2}$

ところで，

$\textrm{BH}^{2}+\textrm{CH}^{2}=\textrm{(BM+MH)}^{2}+\textrm{(CM-MH)}^{2}$
$=2(\textrm{BM}^{2}+\textrm{MH}^{2}) \quad \quad (\because \textrm{BM=CM})$

したがって

$\textrm{AB}^{2}+\textrm{AC}^{2}=2\textrm{AH}^{2}+2(\textrm{BM}^{2}+\textrm{MH}^{2})$
$=2\textrm{BM}^{2}+2(\textrm{AH}^{2}+\textrm{MH}^{2})$

$\triangle \textrm{AMH}$ において三平方の定理より， $\textrm{AH}^{2}+\textrm{MH}^{2}=\textrm{AM}^{2}$

ゆえに

$\textrm{AB}^{2}+\textrm{AC}^{2}=2(\textrm{AM}^{2}+\textrm{BM}^{2})$ ■

ここから本題です。

この定理における点 $\textrm{M}$ を，中点の場合だけでなく，辺 $\textrm{BC}$ 上の任意の分点 $\textrm{D}$ に拡張すると，以下のようになります。

$\triangle \textrm{ABC}$ において，辺 $\textrm{BC}$ 上に $\textrm{BD:DC}=m:n$ となる点 $\textrm{D}$ をとると，次の式が成り立つ。

$n\textrm{AB}^{2}+m\textrm{AC}^{2}=n\textrm{BD}^{2}+m\textrm{CD}^{2}+(m+n)\textrm{AD}^{2}$

(証明)

$\angle \textrm{ADB}=\theta$ とすると，
$\triangle \textrm{ABD}$ において余弦定理より

$\textrm{AB}^{2}=\textrm{AD}^{2}+\textrm{BD}^2-2\textrm{AD}\cdot \textrm{BD}\textrm{cos}\theta$

また， $\triangle \textrm{ACD}$ においても同様に

$\textrm{AC}^{2}=\textrm{AD}^{2}+\textrm{CD}^2-2\textrm{AD}\cdot \textrm{CD}\textrm{cos}(180^{\circ}-\theta)$
$=\textrm{AD}^{2}+\textrm{CD}^2+2\textrm{AD}\cdot \textrm{CD}\textrm{cos}\theta$

よって

$n\textrm{AB}^{2}+m\textrm{AC}^{2}$
$=n(\textrm{AD}^{2}+\textrm{BD}^2-2\textrm{AD}\cdot \textrm{BD}\textrm{cos}\theta )+m(\textrm{AD}^{2}+\textrm{CD}^2+2\textrm{AD}\cdot \textrm{CD}\textrm{cos}\theta )$

ここで $\textrm{BD:CD}=m:n$ から $n\textrm{BD}=m\textrm{CD}$ であるから，

$n\textrm{AB}^{2}+m\textrm{AC}^{2}=n\textrm{BD}^{2}+m\textrm{CD}^{2}+(m+n)\textrm{AD}^{2}$ 　■

さきの中線定理の等式や余弦定理による証明の流れは，この定理において $m=n=1$ としたときの形となります。

最後に，例題でその効果を試してみます。

問.
$\textrm{AB=6,BC=8,CA=7}$ の $\triangle \textrm{ABC}$ において，辺 $\textrm{BC}$ を $1:3$ に分ける点を $\textrm{D}$ とするとき，線分 $\textrm{AD}$ の長さを求めよ。

(解1：位置ベクトル，内積，余弦定理を用いて)
$\overrightarrow{\tetxrm{AD}}=\frac{3\overrightarrow{\textrm{AB}}+\overrightarrow{\textrm{AC}}}{4}$
$\overrightarrow{\textrm{AB}}\cdot \overrightarrow{\textrm{AC}}=\bigl| \overrightarrow{\textrm{AB}}\bigr| \bigl| \overrightarrow{\textrm{AC}}\bigr| \textrm{cosA}=6\cdot 7\cdot \frac{7^{2}+6^{2}-8^{2}}{2\cdot 7\cdot 6}=\frac{21}{2}$

よって

$\bigl| \overrightarrow{\textrm{AD}}\bigr| ^{2}=\frac{9\bigl| \overrightarrow{\textrm{AB}}\bigr| ^{2}+6\overrightarrow{\textrm{AB}}\cdot \overrightarrow{\textrm{AC}}+ \bigl| \overrightarrow{\textrm{AC}}\bigr|^{2} }{16}$
$=\frac{9\cdot 36+6\cdot \frac{21}{2}+49}{16}=\frac{109}{4}$
$\therefore \textrm{AD}=\frac{\sqrt{109}}{2}$

（解2：中線定理の拡張定理を用いて）
$3\cdot 6^{2}+1\cdot 7^{2}=3\cdot \Bigl( 8\cdot \frac{1}{4}\Bigr) ^{2}+1\cdot \Bigl( 8\cdot \frac{3}{4}\Bigr) ^{2}+(1+3)\textrm{AD}^{2}$
$\therefore \textrm{AD}=\frac{\sqrt{109}}{2}$