有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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分点の位置ベクトル

分点の位置ベクトル

定理《分点の位置ベクトル》

 $m,$ $n$ を正の数とする. 平面上の相異なる $2$ 点 $\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $m:n$ に内分する点 $\mathrm P(\vec p),$ 外分する点 $\mathrm Q(\vec q)$ の位置ベクトルは, それぞれ \[\vec p = \frac{n\vec a+m\vec b}{m+n}, \quad \vec q = \frac{-n\vec a+m\vec b}{m-n}\] である.

問題《重心座標と三角形の面積比》

 $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma$ を正の数とする. $\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c)$ を結ぶ三角形の内部の点 $\mathrm P(\vec p)$ について, 直線 $\mathrm{AP},$ $\mathrm{BP},$ $\mathrm{CP}$ と辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の交点をそれぞれ $\mathrm D,$ $\mathrm E,$ $\mathrm F$ とおく. 次は同値であることを示せ.
(i)
$\alpha\overrightarrow{\mathrm{AP}}+\beta\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\gamma\overrightarrow{\mathrm{CP}} = \vec 0$ が成り立つ.
(ii)
$\vec p = \dfrac{\alpha\vec a+\beta\vec b+\gamma\vec c}{\alpha +\beta +\gamma}$ である.
(iii)
$\triangle\mathrm{BCP}:\triangle\mathrm{CAP}:\triangle\mathrm{ABP} = \alpha :\beta :\gamma$ である.
(iv)
$\mathrm{BD}:\mathrm{DC} \!=\! \gamma :\beta,$ $\mathrm{CE}:\mathrm{EA} \!=\! \alpha :\gamma,$ $\mathrm{AF}:\mathrm{FB} \!=\! \beta :\alpha$ である.
 さらに, $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $a = \mathrm{BC},$ $b = \mathrm{CA},$ $c = \mathrm{AB},$ $A = \angle\mathrm A,$ $B = \angle\mathrm B,$ $C = \angle\mathrm C$ とおく. 上記の結果を使って, 次のことを示せ.
(A)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm G$ の位置ベクトル $\vec g$ は, \[\vec g = \frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}\] と表される.
(B)
鋭角三角形 $\mathrm{ABC}$ の垂心 $\mathrm H$ の位置ベクトル $\vec h$ は, \[\vec h = \frac{(\tan A)\vec a+(\tan B)\vec b+(\tan C)\vec c}{\tan A+\tan B+\tan C}\] と表される.
(C)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の外心 $\mathrm O$ の位置ベクトル $\vec o$ は, \[\vec o = \frac{(\sin 2A)\vec a+(\sin 2B)\vec b+(\sin 2C)\vec c}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\] と表される.
(D)
$\triangle\mathrm{ABC}$ の内心 $\mathrm I$ の位置ベクトル $\vec i$ は, \[\vec i = \frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}\] と表される.

解答例

 (i) $\iff$ (ii) は, \[\begin{aligned} &\alpha\overrightarrow{\mathrm{AP}}+\beta\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\gamma\overrightarrow{\mathrm{CP}} = \vec 0 \\ &\iff \alpha (\vec p-\vec a)+\beta (\vec p-\vec b)+\gamma (\vec p-\vec c) = \vec 0 \\ &\iff \vec p = \frac{\alpha\vec a+\beta\vec b+\gamma\vec c}{\alpha +\beta +\gamma} \end{aligned}\] から従う.
 次に, (ii) $\Longrightarrow$ (iii) を示すため, (ii) を仮定する. \[\vec p = \frac{\alpha\vec a+\beta\vec b+\gamma\vec c}{\alpha +\beta +\gamma} = \frac{\alpha\vec a+(\gamma +\beta )\dfrac{\beta\vec b+\gamma\vec c}{\gamma +\beta}}{(\gamma +\beta )+\alpha}\] であるから, 線分 $\mathrm{BC}$ を $\gamma :\beta$ に内分する点を $\mathrm D$ とおくと, 点 $\mathrm P$ は線分 $\mathrm{AD}$ を $(\gamma +\beta ):\alpha$ に内分する点である.
したがって, $S = \triangle\mathrm{ABC}$ とおくと \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{BCP} &= \frac{\alpha}{(\gamma +\beta )+\alpha}S = \frac{\alpha}{\alpha +\beta +\gamma}S, \\ \triangle\mathrm{CAP} &= \frac{\gamma +\beta}{(\gamma +\beta )+\alpha}\triangle\mathrm{CAD} = \frac{\gamma +\beta}{(\gamma +\beta )+\alpha}\cdot\frac{\beta}{\gamma +\beta}S \\ &= \frac{\beta}{\alpha +\beta +\gamma}S, \\ \triangle\mathrm{ABP} &= \frac{\gamma +\beta}{(\gamma +\beta )+\alpha}\triangle\mathrm{ABD} = \frac{\gamma +\beta}{(\gamma +\beta )+\alpha}\cdot\frac{\gamma}{\gamma +\beta}S \\ &= \frac{\gamma}{\alpha +\beta +\gamma}S \end{aligned}\] となるから, \[\triangle\mathrm{BCP}:\triangle\mathrm{CAP}:\triangle\mathrm{ABP} = \alpha :\beta :\gamma\] である.
 (iii) $\Longrightarrow$ (iv) は, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{ABP}:\triangle\mathrm{CAP} &= \mathrm{BD}:\mathrm{DC}, \\ \triangle\mathrm{BCP}:\triangle\mathrm{ABP} &= \mathrm{CE}:\mathrm{EA}, \\ \triangle\mathrm{CAP}:\triangle\mathrm{BCP} &= \mathrm{AF}:\mathrm{FB} \end{aligned}\] から従う.
 最後に, (iv) $\Longrightarrow$ (ii) を示すため, (iv) を仮定する. \[\mathrm{BP}:\mathrm{PE} = s:(1-s), \quad \mathrm{CP}:\mathrm{PF} = t:(1-t)\] とおく. このとき, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= (1-s)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+s\overrightarrow{\mathrm{AE}} \\ &= (1-s)\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{\gamma s}{\gamma +\alpha}\overrightarrow{\mathrm{AC}}, \\ \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= (1-t)\overrightarrow{\mathrm{AC}}+t\overrightarrow{\mathrm{AF}} \\ &= \frac{\beta t}{\alpha +\beta}\overrightarrow{\mathrm{AB}}+(1-t)\overrightarrow{\mathrm{AC}} \end{aligned}\] が成り立つ. $\overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ は $\vec 0$ でなく, 互いに平行でないから, \[ 1-s = \frac{\beta t}{\alpha +\beta}, \quad \frac{\gamma s}{\gamma +\alpha} = 1-t\] となり, \[ s = \frac{\gamma +\alpha}{\alpha +\beta +\gamma}, \quad t = \frac{\alpha +\beta}{\alpha +\beta +\gamma}\] となる. よって, \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{AP}} &= \frac{\beta}{\alpha +\beta +\gamma}\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\frac{\gamma}{\alpha +\beta +\gamma}\overrightarrow{\mathrm{AC}} \\ \vec p-\vec a &= \frac{\beta}{\alpha +\beta +\gamma}(\vec b-\vec a)+\frac{\gamma}{\alpha +\beta +\gamma}(\vec c-\vec a) \end{aligned}\] となるから, 整理すると \[\vec p = \frac{\alpha\vec a+\beta\vec b+\gamma\vec c}{\alpha +\beta +\gamma}\] が得られる.
 次に, (A)~(D) を示す.
(A)
辺 $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CA},$ $\mathrm{AB}$ の中点を $\mathrm D,$ $\mathrm E,$ $\mathrm F$ とおく. このとき, \[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{CE}:\mathrm{EA} = \mathrm{AF}:\mathrm{FB} = 1:1\] となるから, 重心 $\mathrm G$ の位置ベクトル $\vec g$ は \[\vec g = \frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}\] と表される.
(B)
頂点 $\mathrm A,$ $\mathrm B,$ $\mathrm C$ から対辺に下ろした垂線の足を $\mathrm D,$ $\mathrm E,$ $\mathrm F$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} \mathrm{BD}:\mathrm{DC} &= \tan C :\tan B, \\ \mathrm{CE}:\mathrm{EA} &= \tan A :\tan C, \\ \mathrm{AF}:\mathrm{FB} &= \tan B :\tan A \end{aligned}\] となるから, 垂心 $\mathrm H$ の位置ベクトル $\vec h$ は \[\vec h = \frac{(\tan A)\vec a+(\tan B)\vec b+(\tan C)\vec c}{\tan A+\tan B+\tan C}\] と表される.
(C)
外接円の半径を $R$ とおくと \[\begin{aligned} &\triangle\mathrm{BCO}:\triangle\mathrm{CAO}:\triangle\mathrm{ABO} \\ &= \frac{1}{2}R^2\sin 2A:\frac{1}{2}R^2\sin 2B:\frac{1}{2}R^2\sin 2C \\ &= \sin 2A:\sin 2B:\sin 2C \end{aligned}\] となるから, 外接円の中心 $\mathrm O$ の位置ベクトル $\vec o$ は \[\vec o = \frac{(\sin 2A)\vec a+(\sin 2B)\vec b+(\sin 2C)\vec c}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\] と表される.
(D)
内接円の半径を $r$ とおくと \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{BCI}:\triangle\mathrm{CAI}:\triangle\mathrm{ABI} &= \frac{1}{2}ar:\frac{1}{2}br:\frac{1}{2}cr \\ &= a:b:c \end{aligned}\] となるから, 内接円の中心 $\mathrm I$ の位置ベクトル $\vec i$ は \[\vec i = \frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}\] と表される.

別解

(D)
$\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D(\vec d)$ とおく.
このとき, \[\mathrm{BD}:\mathrm{CD} = c:b\] であるから, \[\vec d = \frac{b\vec b+c\vec c}{c+b}\] が成り立つ. また, $\mathrm{BI}$ は $\angle\mathrm B$ の二等分線であるから, \[\mathrm{AI}:\mathrm{DI} = c:\frac{c}{c+b}a = (c+b):a\] であり, \[\begin{aligned} \vec i &= \frac{a\vec a+(c+b)\vec d}{c+b+a} = \frac{a\vec a+(c+b)\dfrac{b\vec b+c\vec c}{c+b}}{c+b+a} \\ &= \frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c} \end{aligned}\] が成り立つ.

背景

  • 本問の結果から, 面積比 \[\triangle\mathrm{BCP}:\triangle\mathrm{CAP}:\triangle\mathrm{ABP} = \alpha :\beta :\gamma\] を用いて $\triangle\mathrm{ABC}$ の内部の点 $\mathrm P$ を表すことができる. この面積比を表す実数の組 $(\alpha,\beta,\gamma )$ を点 $\mathrm P$ の「重心座標」(barycentric coordinates)または「面積座標」(area coordinates)と呼ぶ.
  • $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma,$ $\delta$ を正の数とする. 四面体 $\mathrm{ABCD}$ の内部の点 $\mathrm P$ について, 四面体 $\mathrm{PQRS}$ の体積を $V_{\mathrm{PQRS}}$ で表すとき, \[\begin{aligned} &\alpha\overrightarrow{\mathrm{AP}}+\beta\overrightarrow{\mathrm{BP}}+\gamma\overrightarrow{\mathrm{CP}}+\delta\overrightarrow{\mathrm{DP}} = \vec 0 \\ &\iff V_{\mathrm{BCDP}}:V_{\mathrm{ACDP}}:V_{\mathrm{ABDP}}:V_{\mathrm{ABCP}} = \alpha :\beta :\gamma:\delta \end{aligned}\] の成り立つことが知られている.

問題《角の二等分線の性質》

  $\triangle\mathrm{ABC}$ において, $\angle\mathrm A$ の内角の二等分線と辺 $\mathrm{BC}$ の交点を $\mathrm D$ とおく. \[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{AB}:\mathrm{AC}\] が成り立つことを示せ. ひし形の対角線が角を二等分することは証明なしに使ってよい.

解答例

 $\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ とおく. $\angle\mathrm{BAC}$ を共有する $1$ 辺の長さが $1$ のひし形を考えると, $\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ は $\dfrac{\vec b}{|\vec b|}+\dfrac{\vec c}{|\vec c|}$ に平行であるから, ある実数 $k$ に対して \[\overrightarrow{\mathrm{AD}} = k\left(\frac{\vec b}{|\vec b|}+\frac{\vec c}{|\vec c|}\right) = \frac{k}{|\vec b|}\vec b+\frac{k}{|\vec c|}\vec c\] となる. 点 $\mathrm D$ は辺 $\mathrm{BC}$ 上にあるから, \[\frac{k}{|\vec b|}+\frac{k}{|\vec c|} = 1 \quad\text{よって}\quad k = \frac{|\vec b||\vec c|}{|\vec b|+|\vec c|}\] である. ゆえに, \[\overrightarrow{\mathrm{AD}} = \frac{|\vec c|\vec b+|\vec b|\vec c}{|\vec b|+|\vec c|}\] であるから, \[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = |\vec b|:|\vec c| = \mathrm{AB}:\mathrm{AC}\] が成り立つ.

問題《四角形の幾何学的重心》

 平行四辺形でない四角形 $\mathrm A_1\mathrm A_2\mathrm A_3\mathrm A_4$ の向かい合う辺の中点を結ぶ $2$ 本の線分と, 対角線の中点を結ぶ線分は $1$ 点 $\mathrm G$ で交わることを示せ.

解答例

 $\mathrm A_k\left(\vec{a_k}\right)$ $(1 \leqq k \leqq 4)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} &\frac{\dfrac{\vec{a_1}+\vec{a_2}}{2}+\dfrac{\vec{a_3}+\vec{a_4}}{2}}{2} = \frac{\dfrac{\vec{a_2}+\vec{a_3}}{2}+\dfrac{\vec{a_4}+\vec{a_1}}{2}}{2} \\ &= \frac{\dfrac{\vec{a_1}+\vec{a_3}}{2}+\dfrac{\vec{a_2}+\vec{a_4}}{2}}{2} = \frac{\vec{a_1}+\vec{a_2}+\vec{a_3}+\vec{a_4}}{4} \end{aligned}\] であるから, 辺 $\mathrm A_1\mathrm A_2$ の中点と辺 $\mathrm A_3\mathrm A_4$ の中点を結ぶ線分, 辺 $\mathrm A_2\mathrm A_3$ の中点と辺 $\mathrm A_4\mathrm A_1$ の中点を結ぶ線分, 対角線 $\mathrm A_1\mathrm A_3$ の中点と対角線 $\mathrm A_2\mathrm A_4$ の中点を結ぶ線分は, それらの中点 $\mathrm G$ で交わる.

背景

 点 $\mathrm G$ は, 四角形 $\mathrm A_1\mathrm A_2\mathrm A_3\mathrm A_4$ の「幾何学的重心」(geometric center)と呼ばれ, 四角形の各辺の中点を結んで得られる平行四辺形の対角線の交点に一致する. この平行四辺形は「ヴァリニョンの平行四辺形」(Varignon's parallelogram)と呼ばれる.

問題《四角形の物理的重心》

(A)
平行四辺形の向かい合う辺の中点を結ぶ $2$ 本の線分は, 対角線の交点で交わることを示せ.
(B)
四角形 $\mathrm A_1\mathrm A_2\mathrm A_3\mathrm A_4$ の各辺上にその $3$ 等分点を $2$ つずつとり, 隣り合う $2$ 辺の $3$ 等分点を近いものどうし結ぶ直線を $4$ 本引いて, 四角形 $Q$ を描く.
(1)
$Q$ は平行四辺形であることを示せ.
(2)
$\triangle\mathrm A_k\mathrm A_{k+1}\mathrm A_{k+2}$ の重心を $\mathrm G_k$ とおく($1 \leqq k \leqq 4,$ $\mathrm A_5 = \mathrm A_1,$ $\mathrm A_6 = \mathrm A_2$). 線分 $\mathrm G_1\mathrm G_3,$ $\mathrm G_2\mathrm G_4$ の交点 $\mathrm G$ は $Q$ の対角線の交点に一致することを示せ.

解答例

(A)
平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ において, $\mathrm A$ を基点とする位置ベクトルにより $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm D(\vec d)$ とおき, 辺 $\mathrm{AB},$ $\mathrm{BC},$ $\mathrm{CD},$ $\mathrm{DA}$ の中点をそれぞれ $\mathrm K,$ $\mathrm L,$ $\mathrm M,$ $\mathrm N$ とおく.
このとき, $\mathrm A(\vec 0),$ $\mathrm C(\vec b+\vec d),$ $\mathrm K\left(\dfrac{\vec b}{2}\right),$ $\mathrm L\left(\vec b+\dfrac{\vec d}{2}\right),$ $\mathrm M\left(\dfrac{\vec b}{2}+\vec d\right),$ $\mathrm N\left(\dfrac{\vec d}{2}\right)$ であるから, 線分 $\mathrm{KM}$ の中点の位置ベクトルは \[\frac{1}{2}\left(\frac{\vec b}{2}+\dfrac{\vec b}{2}+\vec d\right) = \frac{\vec b+\vec d}{2},\] 線分 $\mathrm{LN}$ の中点の位置ベクトルは \[\frac{1}{2}\left(\vec b+\frac{\vec d}{2}+\frac{\vec d}{2}\right) = \frac{\vec b+\vec d}{2}\] で一致する. よって, 線分 $\mathrm{KM},$ $\mathrm{LN}$ は点 $\mathrm X\left(\dfrac{\vec b+\vec d}{2}\right)$ で交わる. $\overrightarrow{\mathrm{AX}} = \dfrac{1}{2}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ であるから, $\mathrm X$ は平行四辺形 $\mathrm{ABCD}$ の対角線の交点に一致する.
(B)
(1)
$\mathrm A_k\left(\vec{a_k}\right)$ $(1 \leqq k \leqq 4),$ $\vec{a_5} = \vec{a_1}$ とおく.
辺 $\mathrm A_k\mathrm A_{k+1}$ を $1:2,$ $2:1$ に内分する点はそれぞれ \[\mathrm B_k\left(\frac{2\vec{a_k}+\overrightarrow{a_{k+1}}}{3}\right),\ \mathrm C_k\left(\frac{\vec{a_k}+2\overrightarrow{a_{k+1}}}{3}\right)\] であるから, 四角形 $Q$ の $1$ 組の向かい合う辺の方向ベクトルは \[\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm C_1\mathrm B_2} = \frac{2\vec{a_2}+\vec{a_3}}{3}-\frac{\vec{a_1}+2\vec{a_2}}{3} &= \frac{\vec{a_3}-\vec{a_1}}{3}, \\ \overrightarrow{\mathrm C_3\mathrm B_4} = \frac{2\vec{a_4}+\vec{a_1}}{3}-\frac{\vec{a_3}+2\vec{a_4}}{3} &= \frac{\vec{a_1}-\vec{a_3}}{3} \end{aligned}\] で, $\overrightarrow{\mathrm A_1\mathrm A_3}$ に平行である.
同様に, もう $1$ 組の向かい合う辺の方向ベクトルは $\overrightarrow{\mathrm A_2\mathrm A_4}$ に平行である.
よって, 四角形 $Q$ は平行四辺形である.
(2)
\[\begin{aligned} &\overrightarrow{\mathrm B_1\mathrm C_2} = \frac{\vec{a_2}+2\vec{a_3}}{3}-\frac{2\vec{a_1}+\vec{a_2}}{3} = \frac{2\vec{a_3}-2\vec{a_1}}{3} \\ &= \frac{2\vec{a_3}+\vec{a_4}}{3}-\frac{\vec{a_4}+2\vec{a_1}}{3} = \overrightarrow{\mathrm C_4\mathrm B_3} \end{aligned}\] であるから, 線分 $\mathrm B_1\mathrm C_2,$ $\mathrm B_3\mathrm C_4$ は $Q$ の辺に平行であって $Q$ の辺と同じ長さをもつ. さらに, \[\begin{aligned} \frac{1}{2}\left(\frac{2\vec{a_1}+\vec{a_2}}{3}+\frac{\vec{a_2}+2\vec{a_3}}{3}\right) &= \frac{\vec{a_1}+\vec{a_2}+\vec{a_3}}{3}, \\ \frac{1}{2}\left(\frac{2\vec{a_3}+\vec{a_4}}{3}+\frac{\vec{a_4}+2\vec{a_1}}{3}\right) &= \frac{\vec{a_3}+\vec{a_4}+\vec{a_1}}{3} \end{aligned}\] であるから, $\triangle\mathrm A_1\mathrm A_2\mathrm A_3$ の重心 $\mathrm G_1,$ $\triangle\mathrm A_3\mathrm A_4\mathrm A_1$ の重心 $\mathrm G_3$ は, それぞれ線分 $\mathrm B_1\mathrm C_2,$ $\mathrm B_3\mathrm C_4$ の中点に一致する. よって, $\mathrm G_1,$ $\mathrm G_3$ は $Q$ の向かい合う辺の中点を結ぶ直線上にある. 同様に, $\mathrm G_2\mathrm G_4$ は $Q$ の向かい合う辺の中点を結ぶ直線上にある.
よって, 線分 $\mathrm G_1\mathrm G_3,$ $\mathrm G_2\mathrm G_4$ の交点 $\mathrm G$ は, $Q$ の向かい合う辺の中点を結ぶ $2$ 本の線分の交点であり, (A) により $Q$ の対角線の交点に一致する.

背景

 (B) の点 $\mathrm G$ は四角形 $\mathrm A_1\mathrm A_2\mathrm A_3\mathrm A_4$ の「物理的重心」(physical center of gravity)と呼ばれ, (C) の平行四辺形 $Q$ は「ウィッテンバウアーの平行四辺形」(Wittenbauer's parallelogram)と呼ばれる. 「幾何学的重心」と「物理的重心」は一致するとは限らない.

問題《四面体の幾何学的重心》

 四面体において, 頂点とその対面の重心を結ぶ $4$ 本の線分は $1$ 点で交わることを示せ.

解答例

 $\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c),$ $\mathrm D(\vec d)$ を頂点とする四面体を考える. 頂点 $\mathrm A$ とその対面 $\triangle\mathrm{BCD}$ の重心 $\mathrm G_{\mathrm A}$ の位置ベクトルは, \[\vec{g_{\mathrm A}} = \frac{\vec b+\vec c+\vec d}{3}\] である. 線分 $\mathrm{AG}_{\mathrm A}$ を $3:1$ に内分する点 $\mathrm G$ の位置ベクトルは, \[\vec g = \frac{\vec a+3\vec{g_{\mathrm A}}}{4} = \frac{\vec a+\vec b+\vec c+\vec d}{4}\] である. 同様に, 他の頂点とその対面の重心を結ぶ線分を $3:1$ に内分する点の位置ベクトルも $\vec g$ であるから, 四面体 $\mathrm{ABCD}$ の頂点とその対面の重心を結ぶ $4$ 本の線分は $1$ 点 $\mathrm G$で交わる.