スチュワートの定理(セビアンの長さ)

方針

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 求めたい $\mathrm{AD}$ は、2つの三角形 $\mathrm{ABD}$ と $\mathrm{ACD}$ の共通の辺だ。それぞれで余弦定理を書けば、どちらにも $\mathrm{AD}=d$ が現れる。

ただし未知の角も入り込む。ここで点 $\mathrm{D}$ の配置が効く。$\angle \mathrm{ADB}$ と $\angle \mathrm{ADC}$ は一直線上で隣り合うから、和が $\pi$(補角)。$\cos$ の値は符号だけが逆になる。

符号が逆なら、2本の式をうまく重み付けして足せば $\cos$ が消える。消えた後に残るのが求める等式だ。

① 各小三角形で余弦定理。 $\angle \mathrm{ADB}=\varphi$ とすると $\angle \mathrm{ADC}=\pi -\varphi$。 $$△\mathrm{ABD}:c^2=d^2+m^2-2dm\cos \varphi ,$$ $$△\mathrm{ACD}:b^2=d^2+n^2-2dn\cos (\pi -\varphi )=d^2+n^2+2dn\cos \varphi .$$ ② $\cos \varphi$ を消去。 第 $1$ 式を $n$ 倍、第 $2$ 式を $m$ 倍して足すと、$\cos \varphi$ の項 $-2dmn\cos \varphi +2dmn\cos \varphi =0$ が消え $$n{c}^2+m{b}^2=(m+n)d^2+n{m}^2+m{n}^2=(m+n)d^2+mn(m+n).$$ ③ $d^2$ について解く。 両辺を $(m+n)$ で割って $$\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}=d^2+mn⟹d^2=\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}-mn.$$

まとめ $\mathrm{D}$ の $2$ 角が補角で $\cos$ が符号違い → $2$ つの余弦定理を重み付けして $\cos$ を消すと ${\mathrm{AD}}^2=\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}-mn$。余弦定理とセビアンの計量の融合。$\mathrm{BD}=\mathrm{DC}$ なら中線定理になる。

発展 — 一歩先へ。 $m=n$(中線)とすると ${\mathrm{AD}}^2=\frac{b^2+c^2}{2}-m^2$ で中線定理になる。$\mathrm{D}$ が角の二等分線の足なら、$m:n=c:b$ を代入して整理すると ${\mathrm{AD}}^2=bc-mn$。スチュワートの定理は、こうした「線分の長さの公式」たちの親玉である。

別解

別解 — 座標に置いて式変形だけで示す(計算で確かめたい人向け)。 $\mathrm{B}=(0,0)$、$\mathrm{C}=(m+n,0)$、$\mathrm{D}=(m,0)$、$\mathrm{A}=(p,q)$ とおく。

各辺は $c^2=p^2+q^2$、$b^2=(p-m-n{)}^2+q^2$、$d^2=(p-m{)}^2+q^2$。示すべき式の右辺を計算する。

$$\frac{m{b}^2+n{c}^2}{m+n}-mn=\frac{m(p-m-n{)}^2+n{p}^2}{m+n}+q^2-mn.$$

分子を展開すると $m(p-m-n{)}^2+n{p}^2=(m+n)p^2-2mp(m+n)+m(m+n{)}^2$。$(m+n)$ で割れば $p^2-2mp+m(m+n)$。

$-mn$ と合わせると $p^2-2mp+m^2+q^2=(p-m{)}^2+q^2=d^2$。ぴったり一致した。

補角の工夫(本解)は鮮やかだが、座標なら機械的な展開だけで着地する。試験中の検算にも使える安心のルートだ。