適切な座標系 
平面幾何では、補助線を引いて図形の種々の性質から新たな図形の性質を証明するこ
とが最も美しいとされる。それが平面幾何の醍醐味であると考える方も多いだろう。しかし、
図形の性質のみに頼って問題を解こうとする場合、ある種の限界を感じることが少なから
ずあり、そういう思いを経験した方も多いに違いない。
そんなときは、座標系を用いたりベクトルを用いたりと、解析幾何の手法に頼る場合が多
く、しかも比較的容易に解決される。算数の問題に高等数学を用いるようで後味は悪いが、
そのことによって図形の性質のみに頼っては見えなかった新たな視点を獲得することが出
来るわけで、ま～一長一短というところだろう。
平面幾何では中線定理が重要な性質であるが、解析幾何を説明する材料として、高校数
学では重宝がられている。
| 中線定理 △ＡＢＣにおいて、辺ＢＣの中点をＭとする。 このとき、 ＡＢ2＋ＡＣ2＝２（ＡＭ2＋ＢＭ2） |
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いくつかよく知られた証明をまとめておこう。
（三平方の定理を利用する証明）
頂点Ａより底辺ＢＣに垂線を下ろし、その足をＨとする。
このとき、 ＡＢ2＋ＡＣ2＝ＡＨ2＋ＨＢ2＋ＡＨ2＋ＨＣ2＝２ＡＨ2＋ＨＢ2＋ＨＣ2
ここで、 ＨＢ2＋ＨＣ2＝（ＢＭ－ＨＭ）2＋（ＨＭ＋ＭＣ）2
＝（ＢＭ－ＨＭ）2＋（ＨＭ＋ＢＭ）2
＝２（ＢＭ2＋ＨＭ2）
ＡＨ2＋ＨＭ2＝ＡＭ2
なので、 ＡＢ2＋ＡＣ2＝２（ ＡＨ2＋ＢＭ2＋ＨＭ2）＝２（ ＡＭ2＋ＢＭ2） （証終）
（余弦定理を利用する証明）
△ＡＢＭにおいて余弦定理より、 ＡＢ2＝ＡＭ2＋ＢＭ2－２ＡＭ・ＢＭ・ｃｏｓ∠ＡＭＢ
同様に、△ＡＣＭにおいて、 ＡＣ2＝ＡＭ2＋ＣＭ2－２ＡＭ・ＣＭ・ｃｏｓ∠ＡＭＣ
ここで、 ＢＭ＝ＣＭ 、 ｃｏｓ∠ＡＭＣ＝－ｃｏｓ∠ＡＭＢ なので、
ＡＣ2＝ＡＭ2＋ＢＭ2＋２ＡＭ・ＢＭ・ｃｏｓ∠ＡＭＢ
よって、 ＡＢ2＋ＡＣ2＝ＡＭ2＋ＢＭ2－２ＡＭ・ＢＭ・ｃｏｓ∠ＡＭＢ
＋ＡＭ2＋ＢＭ2＋２ＡＭ・ＢＭ・ｃｏｓ∠ＡＭＢ
＝２（ ＡＭ2＋ＢＭ2） （証終）
（座標系を利用する証明）
Ｍ（ ０ ， ０ ）、Ａ（ ａ ， ｂ ）、Ｂ（ －ｃ ， ０ ）、Ｃ（ ｃ ，
０ ） とする。
このとき、 ＡＢ2＋ＡＣ2＝（ａ＋ｃ）2＋ｂ2＋（ａ－ｃ）2＋ｂ2＝２（ａ2＋ｂ2＋ｃ2）
２（ ＡＭ2＋ＢＭ2）＝２（ａ2＋ｂ2＋ｃ2）
よって、 ＡＢ2＋ＡＣ2＝２（ ＡＭ2＋ＢＭ2） （証終）
（ベクトルを利用する証明）
ＭＡ＝ａ 、ＭＡ＝ｂ とおくと、
ＡＢ2＋ＡＣ2＝｜ａ－ｂ｜2＋｜ａ＋ｂ｜2
＝｜ａ｜2－２ａ・ｂ＋｜ｂ｜2＋｜ａ｜2＋２ａ・ｂ＋｜ｂ｜2
＝２（｜ａ｜2＋｜ｂ｜2）
＝２（ ＡＭ2＋ＢＭ2） （証終）
（追記） 平成２５年３月１５日付け
上記のように、いろいろな方法で示された中線定理であるが、その逆は当然成り立たない。
実際に、ＡＢ＝ａ 、ＡＣ＝ｂ 、ＡＭ＝ｍ について、中線定理が成り立つとすれば、
｜ａ｜2＋｜ｂ｜2＝２（｜ｍ｜2＋｜ｍ－ａ｜2）
これより、 ｜ａ｜2＋｜ｂ｜2＝４｜ｍ｜2－４ｍ・ａ＋２｜ａ｜2
｜ｍ｜2－ｍ・ａ＝（｜ｂ｜2－｜ａ｜2）/４
よって、 ｜ｍ－ａ/２｜2＝｜ｂ｜2/４ が成り立つ。
すなわち、中線定理が成り立つとき、点Ｍは上記のベクトル方程式を満たす点である。
△ＡＢＣの辺ＡＢの中点を中心として、半径｜ｂ｜/２ の円周上の点なら、必ず成り立つ。
中点連結定理より、ちょうどそのうちの１点に、辺ＢＣの中点が入っているわけである。
さて、いよいよこのページの本題に入ろう。
上記では、辺ＢＣの中点を原点とし、辺ＢＣを軸とする座標系を考えた。基本的に座標系
は自由に選べるが、もちろん、その問題に適切な座標系というものが存在する。計算力が
ある方は全く苦にならない程度の差ではあるが、決められた時間内に解かなければならな
い場合は、その選択により明暗が分かれるかもしれない。
次の問題に対して、読者の方はどのように座標系を設定するであろうか？
左図のような、ＡＢ＝ＡＣの二等辺三角形ＡＢＣにおいて、
頂点Ａより辺ＢＣに垂線ＡＤを下ろし、さらに点Ｄより辺ＡＣ
に垂線ＤＥを下ろす。線分ＤＥの中点を Ｆ とするとき、
ＡＦ⊥ＢＥ が成り立つことを証明せよ。
この場合に最も適切な座標系は、下図のように設定するものである。とても斬新な設定
で驚かされる。読者の皆さんは正解でしたか？
（証明） Ａ（ ０ ， ０ ）、Ｂ（ ４ａ ， ４ｂ ）、Ｃ（ ４ｃ ， ０ ） とすると、 ａ2＋ｂ2＝ｃ2 で、
Ｄ（ ２ａ＋２ｃ ， ２ｂ ） 、Ｅ（ ２ａ＋２ｃ ， ０ ） 、Ｆ（
２ａ＋２ｃ ， ｂ ）
となり、線分ＯＦの傾きは、 ｂ/（２ａ＋２ｃ） で、線分ＢＥの傾きは、 ２ｂ/（ａ－ｃ）
また、線分ＡＦの傾きは、 ｂ/２（ａ＋ｃ） なので、
傾きの積は、 ２ｂ/（ａ－ｃ）×ｂ/２（ａ＋ｃ）＝ｂ2/（ａ2－ｃ2）＝ｂ2/（－ｂ2）＝－１
したがって、 ＡＦ⊥ＢＥ が成り立つ。 （証終）
上記のように計算できることにはなかなか気がつかず、普通は下記のような計算で終わ
りにしている方が多分多いことだろう。
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左図において、 Ａ（ ０ ， ａ ） 、Ｂ（ －ｂ ， ０ ） 、 Ｃ（ ｂ ， ０ ）、 Ｄ（ ０ ， ０ ） とする。 直線ＡＣの方程式は、ａｘ＋ｂｙ＝ａｂ で、直線ＤＥ の方程式は、ｂｘ－ａｙ＝０ なので、 Ｅ（ ａ2ｂ/（ａ2＋ｂ2） ， ａｂ2/（ａ2＋ｂ2） ） よって、 Ｆ（ ａ2ｂ/｛２（ａ2＋ｂ2）｝ ， ａｂ2/｛２（ａ2＋ｂ2）｝ ） |
このとき、直線ＡＦの傾きは、 －（２ａ2＋ｂ2）/｛ａｂ｝
直線ＢＥの傾きは、 ａｂ/｛２ａ2＋ｂ2｝
となるので、 傾きの積が－１ より、ＡＦ⊥ＢＥ が成り立つ。 （証終）
（コメント） 両者の解を比較して、座標系の設定如何によってこれほど計算が簡略化され
るのかと、感動を覚える。
平面幾何の問題は、ベクトルを用いるのが受験生の一般的な解法だろう。ベクトルは座
標系を意識することなく解くことができる。
（証明） 左図において、 ＤＡ＝ａ、ＤＣ＝ｂ、ＤＦ＝ｃ
とすると、 ａ・ｂ＝０ 、ｃ・（ａ－ｂ）＝０
このとき、 （ａ－ｃ）・（ｂ＋２ｃ）
＝ａ・ｂ＋２ａ・ｃ－ｂ・ｃ－２ｃ・ｃ
＝ａ・ｃ－２ｃ・ｃ
＝（ａ－２ｃ）・ｃ
＝ＥＡ・ＤＦ
＝０
よって、 ＡＦ⊥ＢＥ が成り立つ。 （証終）
（コメント） 平面幾何の問題に座標やらベクトルを使うのは、ある意味で敗北である。図形
の性質のみでやはり解きたい！現在、その解法を模索中である。
平成２０年２月１７日付けで、当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、ＨＮ「ひと」さんが初等幾何
的証明を書き込まれた。三角形の相似を用いたものである。
左図のように線分ＢＤの中点を Ｇ とし、２点 Ｆ、Ｇ
を線分で結ぶ。
このとき、 △ＡＢＤ ∽ △ＡＧＦ である。
（「ひと」さんから寄せられた証明には、この部分の証明がなかった。
実は、この部分が、この問題の核心の部分である。図形的証明を
何日間か考えたが、どうしてもその方法を発見することが出来なか
った！．．．ホントにないのかな？）
線分の長さを直接計算するという、非常に泥臭い、出来れば避けたい証明に甘んじるこ
とにしよう。
ＢＤ＝ＤＣ＝ａ 、ＡＤ＝ｂ 、∠ＤＣＥ＝θ とおくと、 
なので、
このとき、
まず、
なので、
よって、
同様にして、
なので、
よって、
また、
なので、
すなわち、中点連結定理より、ＢＥ＝２ＧＦ なので、
よって、
以上から、△ＡＢＤと△ＡＧＦにおいて、対応する３辺の比が等しいので、
△ＡＢＤ ∽ △ＡＧＦ
である。よって、 ∠ＡＤＢ＝９０°より、∠ＡＦＧ＝９０°となる。
ここで、中点連結定理より、ＢＥ//ＧＦ であるので、 ＡＦ⊥ＢＥ が成り立つ。
（コメント） 三角形の相似を示すのに３辺の比を用いたのは、もしかしたら初体験かも？
（追記） 平成２０年２月２６日付け
上記では、３辺の比相等による相似を示したが、当ＨＰの掲示板「出会いの泉」で「ひと」
さんから、回転縮小の一次変換を活用するといいというご指摘をいただいた。
△ＡＢＤ ∽ △ＡＤＥ なので、Ａを中心とする、ＢをＤに移すような回転縮小の一次変換を
考えると、ＤはＥに移る。したがって、ＢＤの中点ＧはＤＥの中点Ｆに移る。
よって、ＢがＤに移り、ＧがＦに移り、∠ＢＡＤ＝∠ＧＡＦ なので、△ＡＢＤ ∽ △ＡＧＦ が
成り立つ。 よって、 ∠ＡＤＢ＝９０°より、∠ＡＦＧ＝９０°となるので、 ＡＦ⊥ＢＥ が成り
立つ。
（コメント） ３辺の比相等ではさすがに腕力に物を言わせてねじ伏せた感が否めませんが、
２辺の比とその間の角相等を用いると証明が美しくなりますね！すっきりした証明
で感動しました。「ひと」さんに感謝いたします。
（追記） 当ＨＰ読者のＨＮ「のぼりん」さんから、「△ＡＢＤ∽△ＡＧＦ」を示さなくても「ＡＦ⊥ＢＥ」
は示されるとメールでご教示いただきました。（平成２７年１２月２８日付け）
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ＢからＡＣに下ろした垂線の足をＧ、ＢＥとＡＦの交点をＨ とする。このとき、 ＣＥ＝ＥＧ、ＤＦ＝ＦＥ、△ＢＧＣ∽△ＡＤＣ∽△ＡＥＤだから、 ∠ＢＣＥ＝∠ＡＤＥ、ＢＣ：ＡＤ＝ＣＥ：ＤＦ より、 △ＣＢＥ∽△ＤＡＦ （２辺の比と夾角相等） が成り立つ。 |
よって、∠ＡＨＢ＝１８０°−∠ＢＡＨ−∠ＡＢＨ
＝１８０°−（∠ＢＡＤ＋∠ＤＡＦ）−（∠ＡＢＤ−∠ＣＢＥ）
＝１８０°−∠ＢＡＤ−∠ＡＢＤ＝９０°
（コメント） 別な視点からの証明をいただき、のぼりんさんに感謝します。のぼりんさんの解
法の指針を参考にさせていただいて、次のように、△ＡＢＤ ∽ △ＡＧＦ が示される
ことに気づかされました。重ねて、のぼりんさんにお礼申し上げます。
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左図において、 △ＡＢＤ∽ △ＡＤＥ なので、 ＡＢ：ＡＤ＝ＡＧ：ＡＦ 、∠ＢＡＤ＝∠ＧＡＦ よって、２辺の比と夾角相等により、 △ＡＢＤ ∽ △ＡＧＦ |
ＨＮ「ひと」さんも多分上記のような推論で、「△ＡＢＤ ∽ △ＡＧＦ」を示されたのだと思う。
ちょっと解答を読み切れず、ＨＮ「ひと」さんにご迷惑をおかけしました。お詫びいたします。
以下、工事中