(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.
　(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.

よって, $S = \triangle\mathrm{ABC}$ 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.

　(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, \[ 1-s = \frac{\beta t}{\alpha +\beta}, \quad \frac{\gamma s}{\gamma +\alpha} = 1-t\] つまり \[ s = \frac{\gamma +\alpha}{\alpha +\beta +\gamma}, \quad t = \frac{\alpha +\beta}{\alpha +\beta +\gamma}\] である. よって, $\overrightarrow{\mathrm{AP}} = \dfrac{\beta}{\alpha +\beta +\gamma}\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\dfrac{\gamma}{\alpha +\beta +\gamma}\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ から \[\vec p-\vec a = \frac{\beta}{\alpha +\beta +\gamma}(\vec b-\vec a)+\frac{\gamma}{\alpha +\beta +\gamma}(\vec c-\vec a)\] であるので, 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.
　以上から, (i)～(iv) は同値である. 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, \[\mathrm{BD}:\mathrm{DC} = \mathrm{CE}:\mathrm{EA} = \mathrm{AF}:\mathrm{FB} = 1:1\] から, 重心 $\mathrm G$ の位置ベクトル $\vec g$ は \[\vec g = \frac{\vec a+\vec b+\vec c}{3}\] である.

(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, \[\begin{aligned} \mathrm{BD}:\mathrm{DC} &= \frac{\mathrm{AD}}{\tan B}:\frac{\mathrm{AD}}{\tan C} = \tan C :\tan B, \\ \mathrm{CE}:\mathrm{EA} &= \frac{\mathrm{BE}}{\tan C}:\frac{\mathrm{BE}}{\tan A} = \tan A :\tan C, \\ \mathrm{AF}:\mathrm{FB} &= \frac{\mathrm{CF}}{\tan A}:\frac{\mathrm{CF}}{\tan B} = \tan B :\tan A \end{aligned}\] から, 垂心 $\mathrm H$ の位置ベクトル $\vec h$ は \[\vec h = \frac{(\tan A)\vec a+(\tan B)\vec b+(\tan C)\vec c}{\tan A+\tan B+\tan C}\] である.

(C)

外接円の半径を $R$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} &\triangle\mathrm{BCO}:\triangle\mathrm{CAO}:\triangle\mathrm{ABO} \\ &= \frac{1}{2}R^2\sin 2A:\frac{1}{2}R^2\sin 2B:\frac{1}{2}R^2\sin 2C \\ &= \sin 2A:\sin 2B:\sin 2C \end{aligned}\] から, 外心 $\mathrm O$ の位置ベクトル $\vec o$ は \[\vec o = \frac{(\sin 2A)\vec a+(\sin 2B)\vec b+(\sin 2C)\vec c}{\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C}\] である.

(D)

内接円の半径を $r$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} \triangle\mathrm{BCI}:\triangle\mathrm{CAI}:\triangle\mathrm{ABI} &= \frac{1}{2}ar:\frac{1}{2}br:\frac{1}{2}cr \\ &= a:b:c \end{aligned}\] から, 内心 $\mathrm I$ の位置ベクトル $\vec i$ は \[\vec i = \frac{a\vec a+b\vec b+c\vec c}{a+b+c}\] である.

　$\vec b = \overrightarrow{\mathrm{AB}},$ $\vec c = \overrightarrow{\mathrm{AC}}$ 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, 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.

　$\mathrm A_k\left(\vec{a_k}\right)$ $(1 \leqq k \leqq 4)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} &\frac{\dfrac{\vec{a_1}+\vec{a_2}}{2}+\dfrac{\vec{a_3}+\vec{a_4}}{2}}{2} = \frac{\dfrac{\vec{a_4}+\vec{a_1}}{2}+\dfrac{\vec{a_2}+\vec{a_3}}{2}}{2} \\ &= \frac{\dfrac{\vec{a_1}+\vec{a_3}}{2}+\dfrac{\vec{a_2}+\vec{a_4}}{2}}{2} = \frac{\vec{a_1}+\vec{a_2}+\vec{a_3}+\vec{a_4}}{4} \end{aligned}\] 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 $\mathrm A_4\mathrm A_1$ の中点と辺 $\mathrm A_2\mathrm A_3$ 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, それぞれの中点 $\mathrm G$ で交わる.

(1)

対角線の交点 $\mathrm O$ を基点とする位置ベクトルを用いて $\mathrm A_k(\vec{a_k})$ $(1 \leqq k \leqq 4)$ とおく. このとき, \[\begin{aligned} &\frac{\dfrac{\vec{a_1}+\vec{a_2}}{2}+\dfrac{\vec{a_3}+\vec{a_4}}{2}}{2} = \frac{\dfrac{\vec{a_4}+\vec{a_1}}{2}+\dfrac{\vec{a_2}+\vec{a_3}}{2}}{2} \\ &= \frac{\vec{a_1}+\vec{a_2}+\vec{a_3}+\vec{a_4}}{4} = \frac{\dfrac{\vec{a_1}+\vec{a_3}}{2}+\dfrac{\vec{a_2}+\vec{a_4}}{2}}{2} \\ &= \frac{\vec 0+\vec 0}{2} = \vec 0 \end{aligned}\] 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 $\mathrm A_4\mathrm A_1$ の中点と辺 $\mathrm A_2\mathrm A_3$ の中点を結ぶ線分は, それぞれの中点で交わり, その交点は $\mathrm O$ と一致する.

(2)

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 $\mathrm B_1\mathrm C_2,$ $\mathrm B_3\mathrm C_4$ の中点と一致する. 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, (1) の結果により $Q$ の対角線の交点と一致する.

　$\mathrm A(\vec a),$ $\mathrm B(\vec b),$ $\mathrm C(\vec c),$ $\mathrm D(\vec d)$ 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.

(1)

(i)

$\overrightarrow{\mathrm{AD}'} = d\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ のとき. 四面体 $\mathrm{ABCD},$ $\mathrm{ABCD}'$ において共通の面 $\mathrm{ABC}$ を底面と見たときの高さの比は \[\mathrm{AD}:\mathrm{AD}' = 1:|d|\] であるから, 体積の比も \[ V:V' = 1:|d|\] である.

(ii)

$\overrightarrow{\mathrm{AD}'} = b\overrightarrow{\mathrm{AB}}+c\overrightarrow{\mathrm{AC}}+d\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ のとき. 点 $\mathrm D'$ は $\overrightarrow{\mathrm{AD}_0} = d\overrightarrow{\mathrm{AD}}$ で定まる点 $\mathrm D_0$ を通って面 $\mathrm{ABC}$ に平行な平面上にあるから, この場合の四面体 $\mathrm{ABCD}'$ の体積は (i) の場合に等しい. よって, 求める体積の比は \[ V:V' = 1:|d|\] である.

(2)

位置ベクトルの基点を $\mathrm A$ にとり直すと, $\overrightarrow{\mathrm{AA}} = \vec 0$ から \[\overrightarrow{\mathrm{AI}} = \frac{\beta\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\gamma\overrightarrow{\mathrm{AC}}+\delta\overrightarrow{\mathrm{AD}}}{\alpha +\beta +\gamma +\delta}\] が得られる. よって, (1) により四面体 $\mathrm{ABCI}$ の体積は \[\frac{\delta r}{3} = \frac{\delta}{\alpha +\beta +\gamma +\delta}V\] と表される. したがって, 求める距離は \[ r = \frac{3V}{\alpha +\beta +\gamma +\delta} \quad \cdots [1]\] である.

(3)

$[1]$ は $\alpha,$ $\beta,$ $\gamma,$ $\delta$ に関する対称式であるから, 点 $\mathrm I$ と平面 $\mathrm{BCD},$ $\mathrm{CDA},$ $\mathrm{DAB}$ の距離はすべて $[1]$ に等しい. ゆえに, $[1]$ は四面体 $\mathrm{ABCD}$ の内接球の半径であるから, 点 $\mathrm I$ はその中心である.