任意の△ABCに於いて、辺BCを3等分する点Dと点Eを取ったとき、

　　AB²＋AC²＝AD²＋AE²＋４DE²

が成り立つという定理が高校1年生の数学の教材に載っていました。範囲は「点と直線との
距離」ということで計算で解かれていましたが、何か他に（美しいor面白い）証明方法はあり
ますでしょうか…？


　ＧＡＩ さんからのコメントです。（平成２８年２月２８日付け）

　△ABEで中線定理から、　AB²＋AE²＝２(AD²＋DE²)

　△ADCで中線定理から、　AD²＋AC²＝２(AE²＋DE²)

　辺々加えて、求める関係式が得られる。

＃これが最も簡潔で他の方法でも可能でしょうが大袈裟になりそう。


　DD++さんからのコメントです。（平成２８年２月２８日付け）

　高校範囲程度で証明するなら、GAIさんの挙げた方法以外だとこんなとこでしょうか？他に
もあるかな？

[証明2]（余弦定理・数学I)

　∠ADE=θとして、余弦定理より、

　　AB² = AD² + BD² + 2 AD・BD cosθ　、AC² = AD² + CD² - 2 AD・CD cosθ

　BD=DE=EC なので、この2式からθを消去すると、　2AB² + AC² = 3AD² + 6DE²

　同様に、∠AED=φとして、　AB² + 2AC² = 3AE² + 6DE²

　2式を加えて両辺を3で割ると得られる。

[証明3]（中線定理その2・数学A？）

　辺BCの中点をMとすると、これは線分DEの中点でもある。よって、中線定理を2回用いて、

　　AB² + AC² = 2 { AM² + 9DM² } = 2 { AM² + DM² } + 16DM² = AD² + AE² + 4DE²

[証明4]（座標で・数学II）

　A(x，y)、B(0，0)、D(a，0)、E(2a，0)、C(3a，0) となるように座標を取ると、

　　AB² + AC² = x² + y² + (x-3a)² + y² = 2x² - 6ax + 9a² + 2y²
　　AD² + AE² + 4DE² = (x-a)² + y² + (x-2a)² + y² + 4a² = 2x² - 6ax + 9a² + 2y²

　よって成立。

[証明5]（複素数平面で・数学III）

　A(z)、B(0)、D(α)、E(2α)、C(3α) となるように複素数平面を設定すると、

　AD² + AE² + 4DE² = |z-α|² + |z-2α|² + 4|α|² = |z-3α|2 + |z|2 = AB² + AC²
（面倒なので途中式かなり略しちゃいました……）

[証明6]（ベクトルで・数学B）

AD = (2/3)AB + (1/3)AC より、|AD|² = (4/9)|AB|² + (4/9)AB・AC + (1/9)|AC|²
AE = (1/3)AB + (2/3)AC より、|AE|² = (1/9)|AB|² + (4/9)AB・AC + (4/9)|AC|²
DE = (-1/3)AB + (1/3)AC より、|DE|² = (1/9)|AB|² - (2/9)AB・AC + (1/9)|AC|²
よって、|AD|² + |AE|² + 4|DE|² = |AB|² + |AC|²

[証明7]（あくまで線分の長さだけで頑張ってみる暴挙・数学A？）

　△ABCの外接円を描き、線分ADおよびAEの延長との交点をFおよびGとする。

AD² + AE² + 4DE²
= AD² + 2DE² + AE² + 2DE²
= AD² + BD・DC + AE² + BE・EC
= AD² + AD・DF + AE² + AE・EG （方べきの定理）
= AD・AF + AE・AG
= AD(BC・AF)/BC + AE(BC・AG)/BC
= (AD/BC)(AB・CF+AC・BF) + (AE/BC)(AB・CG+AC・BG) （トレミーの定理）
= {(AD/BC)CF+(AE/BC)CG}AB + {(AD/BC)BF+(AE/BC)BG}AC
= {(2/3)(AD/CD)CF+(1/3)(AE/CE)CG}AB + {(1/3)(AD/BD)BF+(2/3)(AE/BE)BG}AC
= {(2/3)AB+(1/3)AB}AB + {(1/3)AC+(2/3)AC}AC （あちこちの三角形の相似）
= AB² + AC²


　りんごさんからのコメントです。（平成２８年２月２８日付け）

　GAIさん、DD++さん、ありがとうございますm(_ _)m。まさかこんなにも証明方法があるとは
思いませんでした。