中点でないのに中線定理の関係式に当てはめると成立する点ができてしまう場合の三角形はどんな三角形か．

疑問

三角形 $\mathrm{△}ABC$ において，辺 $BC$ の中点 $M$ を取ると，中線定理により次の関係式が成り立ちます． $$\begin{array}{rcl}|AB{|}^2+|AC{|}^2& =& 2(|BM{|}^2+|AM{|}^2)\text{（中点 }M\text{ の場合）}\end{array}$$
ここで，辺 $BC$ 上の任意の点 $P(t)$ に対しても同様の式が成り立つか，またその条件を確認します．変数 $t$ は，点 $P$ の位置を表し，$B$ 側を $0$，$C$ 側を $1$ とします． $$\begin{array}{rcl}|AB{|}^2+|AC{|}^2& =& 2(|BP(t){|}^2+|AP(t){|}^2)\text{（点 }P(t)\text{ の場合）}\end{array}$$

前提条件

三角形 $\mathrm{△}ABC$ を考えるにあたり，辺 $BC$ の長さが $1$ になるように拡大縮小し，それを$x$ 軸と重なるように回転させます．この操作により，一般性は失われないと考えます．
これにより，点$A$の座標のみを考えます．

座標は次のように設定します． $$\begin{array}{rcl}A& =& (x_A,y_A)\\ B& =& (x_B,y_B)=(0,0)\\ C& =& (x_C,y_C)=(1,0)\\ P& =& (x_P,y_P)=((x_C-x_B)t+x_B,(y_C-y_B)t+y_B)=(t,0)(t\in [0,1],BC\mathrm{上}\mathrm{の}\mathrm{点})\end{array}$$

式を変形して $t$ の方程式を作る

次の式を考えます． $$\begin{array}{r}|AB{|}^2+|AC{|}^2=2(|BP{|}^2+|AP{|}^2)\end{array}$$ ここで，点 $P$ の位置を考慮すると，次のように変形できます． $$\begin{array}{r}|AB{|}^2+|AC{|}^2=2\{(|BC|t{)}^2+|AP{|}^2\}\end{array}$$ ここで，次のように定義します． $$\begin{array}{rcl}|a{|}^2& =& |BC{|}^2\\ |b{|}^2& =& |AC{|}^2\\ |c{|}^2& =& |AB{|}^2\\ |AP{|}^2& =& (x_P-x_A{)}^2+(y_P-y_A{)}^2\\ c_x& =& x_A-x_B\\ c_y& =& y_A-y_B\end{array}$$
これを用いて式を変形を進めると， $$\begin{array}{rcl}|c{|}^2+|b{|}^2& =& 2\{(|a|t{)}^2+(x_P-x_A{)}^2+(y_P-y_A{)}^2\}\\ & =& 2[|a{|}^2{t}^2+{\{(x_C-x_B)t+x_B-x_A\}}^2+{\{(y_C-y_B)t+y_B-y_A\}}^2]\\ & =& 2[|a{|}^2{t}^2+{\{(x_C-x_B)t-(x_A-x_B)\}}^2+{\{(y_C-y_B)t-(y_A-y_B)\}}^2]\\ & =& 2\{|a{|}^2{t}^2+(a_{x}t-c_x{)}^2+(a_{y}t-c_y{)}^2\}\\ & =& 2\{|a{|}^2{t}^2+a_x^2{t}^2-2a_x{c}_{x}t+c_x^2+a_y^2{t}^2-2a_y{c}_{y}t+c_y^2\}\\ & =& 2\{|a{|}^2{t}^2+(a_x^2+a_y^2)t^2-2t(a_x{c}_x+a_y{c}_y)+(c_x^2+c_y^2)\}\\ & =& 2(|a{|}^2{t}^2+|a{|}^2{t}^2-2t\cdot |a||c|\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)+|c{|}^2)\cdots a_x{c}_x+a_y{c}_y=|a||c|\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)\\ & =& 2(2|a{|}^2{t}^2-2|a||c|\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)\cdot t+|c{|}^2)\\ & =& 4|a{|}^2{t}^2-4|a||c|\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+2|c{|}^2\end{array}$$ となります．
ここで左辺を移項します． $$\begin{array}{r}\\ 0& =& 4|a{|}^2{t}^2-4|a||c|\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+2|c{|}^2-|c{|}^2-|b{|}^2\\ & =& 4|a{|}^2{t}^2-4|a||c|\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+|c{|}^2-|b{|}^2\\ & =& 4|a{|}^2{t}^2-4|a|(s|a|)\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+(s|a|{)}^2-(r|a|{)}^2\cdots |b|=r|a|,|c|=s|a|\\ & =& 4|a{|}^2\{t^2-s\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+\frac{s^2-r^2}{4}\}\\ & =& t^2-s\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+\frac{s^2-r^2}{4}\end{array}$$ まず$s\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)$ですが，$s$ は辺 $AB=c$ と辺 $BC=a$ の比率であり，辺 $BC$ の長さ$|a|$は $1$としていますから，$s$は辺 $AB=c$の長さです．
点 $B$ は $(0,0)$ で原点ですから，$s\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)$は点$A$の$x$座標となります． $$\begin{array}{rcl}s\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)& =& x_A\end{array}$$ また，$r$の平方を点$A=(x_A,y_A)$及び点$C=(1,0)$の座標から以下のようになります． $$\begin{array}{rcl}{r}^2& =& |b{|}^2\\ & =& (x_A-x_C{)}^2+(y_A-y_C{)}^2\\ & =& (x_A-1{)}^2+(y_A-0{)}^2\\ & =& (x_A-1{)}^2+y_A^2\end{array}$$ $s$の平方を点$A=(x_A,y_A)$及び点$B=(0,0)$の座標から以下のようになります． $$\begin{array}{rcl}{s}^2& =& |c{|}^2\\ & =& (x_A-x_B{)}^2+(y_A-y_B{)}^2\\ & =& (x_A-0{)}^2+(y_A-0{)}^2\\ & =& x_A^2+y_A^2\end{array}$$ これらを用いて方程式の式変形を続けます． $$\begin{array}{rcl}0& =& t^2-s\cos \left(\mathrm{\angle }B\right)t+\frac{s^2-r^2}{4}\\ & =& t^2-x_{A}t+\frac{(x_A^2+y_A^2)-\{(x_A-1{)}^2+y_A^2\}}{4}\\ & =& t^2-x_{A}t+\frac{\cancel{x_A^2}+\cancel{y_A^2}\cancel{-x_A^2}+x_A-1\cancel{-y_A^2}}{4}\\ & =& t^2-x_{A}t+\frac{x_A-1}{4}\end{array}$$

二次方程式なので解の公式を用いる

解の公式を適用します． $$\begin{array}{rcl}t& =& \frac{-(-x_A)\pm \sqrt{(-x_A{)}^2-4\cdot \frac{x_A-1}{4}}}{2}\\ & =& \frac{x_A\pm \sqrt{x_A^2-x_A+1}}{2}\\ & =& \frac{x_A\pm \sqrt{(x_A-1{)}^2}}{2}\\ & =& \frac{x_A\pm (x_A-1)}{2}\end{array}$$ この結果から，$t$は$y_A$ に依存しないことがわかります．また，根号が外れているため，虚数解にはなりません．
この式は「中点同士の距離と等しい距離の点が中点以外にもう一つできてしまう場合の三角形はどんな三角形か．」でもでてきます．

場合分けで考える

$\pm$ 以降が0の時(重解)
$\pm$ 以降 $$\begin{array}{rcl}(x_A-1)& =& 0\\ x_A& =& 1\end{array}$$ これを代入してみます． $$\begin{array}{r}{t}_{-}=\frac{x_A+(x_A-1)}{2}=\frac{1\pm (1-1)}{2}=\frac{1}{2}\text{（辺 }BC\text{ の中点）}\end{array}$$ $\pm$ がマイナスの時 $$\begin{array}{r}{t}_{-}=\frac{x_A-(x_A-1)}{2}=\frac{1}{2}\end{array}$$ この場合，$y_A$ だけでなく $x_A$ にも依存しません．この時，点 $P$ は次のようになります． $$\begin{array}{r}P(t=\frac{1}{2})=M\text{（辺 }BC\text{ の中点）}\end{array}$$ $\pm$ がプラスの時 $$\begin{array}{r}{t}_{+}=\frac{x_A+(x_A-1)}{2}=\frac{2x_A-1}{2}=x_A-\frac{1}{2}\end{array}$$ この式は単調増加凾数ですから，$x_A$が増えると$t_{+}$が増え，$x_A$が減ればと$t_{+}$が減る関係です．
ここから $x_A$ を求めると， $$\begin{array}{r}{x}_A=\frac{2t_{+}+1}{2}=t_{+}+\frac{1}{2}\end{array}$$ $x_A$は具体的には，次のようになります． $$\begin{array}{rcl}{t}_{+}=0& \mathrm{の}\mathrm{時}，& x_A=\frac{1}{2}\\ t_{+}=1& \mathrm{の}\mathrm{時}，& x_A=\frac{3}{2}\end{array}$$

まとめ

$t_{-}$側の解

$t_{-}=\frac{1}{2}$（中点）は常に成立します．

$x_A\in (\frac{1}{2},\frac{3}{2})\setminus \{1\}$

この範囲では，$t_{+}$側の解として別の $BC$ 上の中点でない点も関係式を満たします．したがって，成立するのは$t_{-}$側の 解である中点と，この「中点でない点」の2点となります．

$x_A=1$

この場合，$t_{+},t_{-}=\frac{1}{2}$ となり，$t_{+}=t_{-}$ で重解となります．したがって，成立するのは $t_{+},t_{-}=\frac{1}{2}$ の重解であり，中点の1点だけとなります．この時，$x_A=x_C$ であり，$\mathrm{△}ABC$ は $\mathrm{\angle }C$ を直角とする直角三角形です．

$x_A\notin (\frac{1}{2},\frac{3}{2})\setminus \{1\}$

この場合，$t_{+}$ の別の点は $BC$ 上の点とはならないため，成立するのは $t_{-}$側の中点の1点だけとなります．

以上から，中線定理の最初に書いた関係式が$BC$の中点以外でも成立する点を$BC$上に持つ$\mathrm{△}ABC$は，$BC$を$x$軸とする座標系において点$A$の$x$座標の値が，点$C$の$x$座標を中心として前後$\frac{|BC|}{2}$分の幅の間にあるときです． 「中点でない点」を$BC$上に持つので，関係式が成立する点の数は2つになります．ただしその範囲外もしくは，範囲内でも点$C$の$x$座標と等しい時は，関係式が成立する点の数は中点の1つだけになります．