数直線上の公式を2次元に拡張します。座標平面上の2点間の距離、内分点・外分点、三角形の重心の公式を導きましょう。
すべての公式は「各座標ごとに同じ操作をする」という統一的な視点で理解できます。
数直線上では2点間の距離を $|b - a|$ で求めましたが、座標平面では $x$ 方向と $y$ 方向の2つの差を考える必要があります。
座標平面上の2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$ の距離 $\mathrm{AB}$ を求めましょう。
点 $\mathrm{C}(x_2, y_1)$ をとると、$\mathrm{A}$、$\mathrm{C}$、$\mathrm{B}$ は直角三角形を作ります（$\angle \mathrm{ACB} = 90°$）。
$x$ 方向の差：$\mathrm{AC} = |x_2 - x_1|$
$y$ 方向の差：$\mathrm{CB} = |y_2 - y_1|$
三平方の定理より、
$$\mathrm{AB}^2 = \mathrm{AC}^2 + \mathrm{CB}^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$$
$\mathrm{AB} \geq 0$ なので、
$$\mathrm{AB} = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$$
なお、$(|x_2 - x_1|)^2 = (x_2 - x_1)^2$ であるため、絶対値は不要です。
2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$ の距離は
$$\mathrm{AB} = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$$
2乗してから引いても、引いてから2乗しても同じ結果になります（$(x_2 - x_1)^2 = (x_1 - x_2)^2$）。
座標平面上の距離の公式は、三平方の定理を座標に翻訳したものにすぎません。$x$ 方向の差と $y$ 方向の差を2辺とする直角三角形の斜辺の長さが2点間の距離です。
この考え方は3次元空間にも自然に拡張できます：$d = \sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2+(z_2-z_1)^2}$。
特に、原点 $\mathrm{O}(0, 0)$ と点 $\mathrm{P}(x, y)$ の距離は
$$\mathrm{OP} = \sqrt{x^2 + y^2}$$
これは、点 $\mathrm{P}$ から原点までの距離を表し、ベクトルの大きさ（ノルム）に対応します。
距離の公式を使うとき、次のようなミスが頻発します。
✗ 誤り：$\mathrm{AB} = \sqrt{(x_2 - x_1) + (y_2 - y_1)}$（2乗を忘れる）
✓ 正しい：$\mathrm{AB} = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$
また、$\sqrt{}$ の中身が負になることはありませんが、計算過程で $x_2 - x_1$ が負の値になることを嫌って $|x_2 - x_1|$ としてしまう人がいます。2乗すれば自動的に正になるので絶対値は不要です。
例題：2点 $\mathrm{A}(1, 3)$、$\mathrm{B}(4, 7)$ の距離を求めよ。
解：
$$\mathrm{AB} = \sqrt{(4 - 1)^2 + (7 - 3)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5$$
数直線上の内分点の公式を座標平面に拡張するには、$x$ 座標と $y$ 座標それぞれに数直線上の公式を適用すればよいのです。
座標平面上の2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $m : n$ に内分する点 $\mathrm{P}$ の座標を求めます。
$\mathrm{P}$ の $x$ 座標は、$\mathrm{A}$ の $x$ 座標 $x_1$ と $\mathrm{B}$ の $x$ 座標 $x_2$ を $m : n$ に内分する値です。数直線上の内分点の公式より、
$$x = \frac{nx_1 + mx_2}{m + n}$$
同様に、$\mathrm{P}$ の $y$ 座標は、
$$y = \frac{ny_1 + my_2}{m + n}$$
これは、$x$ 座標の内分と $y$ 座標の内分を独立に行えばよいということを意味しています。
2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $m : n$ に内分する点 $\mathrm{P}$ の座標は
$$\mathrm{P}\left(\frac{nx_1 + mx_2}{m + n},\ \frac{ny_1 + my_2}{m + n}\right)$$
数直線上の公式と同じ構造です。「反対側の比 $\times$ 座標」を各成分で行い、比の合計で割ります。
$m : n = 1 : 1$（中点）のとき、
2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$ の中点 $\mathrm{M}$ の座標は
$$\mathrm{M}\left(\frac{x_1 + x_2}{2},\ \frac{y_1 + y_2}{2}\right)$$
各座標の平均をとるだけです。
例題：2点 $\mathrm{A}(1, 2)$、$\mathrm{B}(7, 8)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $2 : 1$ に内分する点 $\mathrm{P}$ の座標を求めよ。
解：$m = 2$、$n = 1$ を代入すると、
$$x = \frac{1 \cdot 1 + 2 \cdot 7}{2 + 1} = \frac{1 + 14}{3} = 5, \quad y = \frac{1 \cdot 2 + 2 \cdot 8}{2 + 1} = \frac{2 + 16}{3} = 6$$
よって $\mathrm{P}(5, 6)$。
数直線上の外分と同様に、座標平面でも各座標に外分の公式を適用します。
2点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $m : n$ に外分する点 $\mathrm{Q}$ の座標は
$$\mathrm{Q}\left(\frac{-nx_1 + mx_2}{m - n},\ \frac{-ny_1 + my_2}{m - n}\right)$$
内分の公式で $n$ を $-n$ に置き換えたものです。$m \neq n$ が必要です。
前回（II-3-1）で学んだ通り、外分は「比の一方を負にした内分」です。この考え方は座標平面上でも同じです。
内分の公式 $\mathrm{P}\left(\dfrac{nx_1 + mx_2}{m + n},\ \dfrac{ny_1 + my_2}{m + n}\right)$ で $n$ を $-n$ に置き換えると、
$$\left(\frac{-nx_1 + mx_2}{m + (-n)},\ \frac{-ny_1 + my_2}{m + (-n)}\right) = \left(\frac{-nx_1 + mx_2}{m - n},\ \frac{-ny_1 + my_2}{m - n}\right)$$
これは外分点の公式そのものです。したがって、内分の公式だけを覚え、外分では $n \to -n$ と置き換える方法が最も実用的です。
例題：2点 $\mathrm{A}(2, 1)$、$\mathrm{B}(5, 7)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $3 : 1$ に外分する点 $\mathrm{Q}$ の座標を求めよ。
解：$m = 3$、$n = 1$ を代入すると、
$$x = \frac{-1 \cdot 2 + 3 \cdot 5}{3 - 1} = \frac{-2 + 15}{2} = \frac{13}{2}, \quad y = \frac{-1 \cdot 1 + 3 \cdot 7}{3 - 1} = \frac{-1 + 21}{2} = 10$$
よって $\mathrm{Q}\left(\dfrac{13}{2},\ 10\right)$。
座標平面上の問題では、$x$ 座標と $y$ 座標を別々に計算するため、次のようなミスに注意しましょう。
✗ 誤り：$x$ 座標は内分の公式、$y$ 座標は外分の公式を使ってしまう
✓ 正しい：$x$ 座標、$y$ 座標ともに同じ（内分なら内分、外分なら外分の）公式を使う
また、外分の公式の分母 $m - n$ で $m < n$ の場合、分母が負になることにも注意してください。計算結果自体は正しくなります。
三角形の3つの頂点からそれぞれ対辺の中点に引いた線分を中線（メディアン）といいます。3本の中線は1点で交わり、この交点を三角形の重心といいます。
$\triangle \mathrm{ABC}$ の3頂点を $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$、$\mathrm{C}(x_3, y_3)$ とします。
辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm{M}$ とすると、
$$\mathrm{M}\left(\frac{x_2 + x_3}{2},\ \frac{y_2 + y_3}{2}\right)$$
重心 $\mathrm{G}$ は、中線 $\mathrm{AM}$ を $\mathrm{A}$ の側から $2 : 1$ に内分する点です。
$\mathrm{G}$ の $x$ 座標は、$\mathrm{A}(x_1)$ と $\mathrm{M}\left(\dfrac{x_2+x_3}{2}\right)$ を $2 : 1$ に内分して、
$$x = \frac{1 \cdot x_1 + 2 \cdot \frac{x_2 + x_3}{2}}{2 + 1} = \frac{x_1 + x_2 + x_3}{3}$$
$y$ 座標についても同様にして、
$$y = \frac{y_1 + y_2 + y_3}{3}$$
したがって、重心の座標は3頂点の座標の平均で与えられます。
$\triangle \mathrm{ABC}$ の3頂点が $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$、$\mathrm{C}(x_3, y_3)$ のとき、重心 $\mathrm{G}$ の座標は
$$\mathrm{G}\left(\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3},\ \frac{y_1 + y_2 + y_3}{3}\right)$$
3頂点の $x$ 座標の平均と $y$ 座標の平均が、重心の座標になります。
重心の公式は極めてシンプルです。各座標の平均をとるだけで重心が求まります。
この「平均」という構造は偶然ではありません。重心は物理的には「質量の中心」であり、3頂点に等しい質量を置いたときの釣り合い点です。等しい質量の平均が算術平均であることと対応しています。
例題：3点 $\mathrm{A}(1, 2)$、$\mathrm{B}(5, 4)$、$\mathrm{C}(3, 9)$ を頂点とする $\triangle \mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm{G}$ の座標を求めよ。
解：
$$\mathrm{G}\left(\frac{1 + 5 + 3}{3},\ \frac{2 + 4 + 9}{3}\right) = \mathrm{G}(3,\ 5)$$
重心の公式 $\mathrm{G} = \dfrac{\mathrm{A} + \mathrm{B} + \mathrm{C}}{3}$ は、位置ベクトルの言葉で $\vec{OG} = \dfrac{\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC}}{3}$ と書けます。これは数学Bのベクトルで再登場します。
より一般に、$n$ 個の点の重心（重みが等しい場合）は座標の算術平均で与えられます。この考え方はアフィン幾何学の基礎であり、コンピュータグラフィックスや物理シミュレーションでも活用されます。
また、内分点の公式 $\mathrm{P} = \dfrac{n\mathrm{A} + m\mathrm{B}}{m + n}$ は「重みつき平均」であり、重心は $m = n = 1$ の特殊ケースです。この「重みつき平均」の観点が統一的理解の鍵です。
座標平面上の3点が与えられたとき、距離の公式を使って三角形の形状を判定できます。
ここで、距離の2乗 $\mathrm{AB}^2 = (x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2$ を使えば、$\sqrt{}$ を外して計算できるので便利です。
3点 $\mathrm{A}$、$\mathrm{B}$、$\mathrm{C}$ が一直線上にあるとき、$\mathrm{AB} + \mathrm{BC} = \mathrm{AC}$（または順序を変えた式）が成り立ちます。
座標を使った判定法として、次の方法があります。
3点 $\mathrm{A}(x_1, y_1)$、$\mathrm{B}(x_2, y_2)$、$\mathrm{C}(x_3, y_3)$ が一直線上にある条件は、
$$(x_2 - x_1)(y_3 - y_1) - (x_3 - x_1)(y_2 - y_1) = 0$$
これは、$\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ と $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ が平行であることを意味しています。
線分の中点を利用して、図形の対称性を調べることができます。
例題：3点 $\mathrm{A}(0, 0)$、$\mathrm{B}(4, 0)$、$\mathrm{C}(1, \sqrt{3})$ を頂点とする $\triangle \mathrm{ABC}$ はどのような三角形か。
解：各辺の長さの2乗を求めると、
$$\mathrm{AB}^2 = (4-0)^2 + (0-0)^2 = 16$$
$$\mathrm{BC}^2 = (1-4)^2 + (\sqrt{3}-0)^2 = 9 + 3 = 12$$
$$\mathrm{CA}^2 = (0-1)^2 + (0-\sqrt{3})^2 = 1 + 3 = 4$$
$\mathrm{AB}^2 = 16 = 12 + 4 = \mathrm{BC}^2 + \mathrm{CA}^2$ なので、三平方の定理より $\angle \mathrm{C} = 90°$ の直角三角形。
Q1. 2点 $\mathrm{A}(2, -1)$、$\mathrm{B}(-1, 3)$ の距離 $\mathrm{AB}$ を求めよ。
Q2. 2点 $\mathrm{A}(1, 3)$、$\mathrm{B}(4, 9)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $1 : 2$ に内分する点の座標を求めよ。
Q3. 2点 $\mathrm{A}(-2, 4)$、$\mathrm{B}(6, -2)$ の中点の座標を求めよ。
Q4. 2点 $\mathrm{A}(1, 2)$、$\mathrm{B}(4, 5)$ を結ぶ線分 $\mathrm{AB}$ を $3 : 1$ に外分する点の座標を求めよ。
Q5. 3点 $\mathrm{A}(0, 6)$、$\mathrm{B}(3, 0)$、$\mathrm{C}(6, 3)$ を頂点とする $\triangle \mathrm{ABC}$ の重心の座標を求めよ。
座標平面上に3点 $\mathrm{A}(1, 2)$、$\mathrm{B}(5, 6)$、$\mathrm{C}(-3, 4)$ がある。
(1) $\mathrm{AB}$、$\mathrm{BC}$、$\mathrm{CA}$ の長さをそれぞれ求めよ。
(2) 線分 $\mathrm{AB}$ を $3 : 1$ に内分する点 $\mathrm{P}$ の座標を求めよ。
(3) $\triangle \mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm{G}$ の座標を求めよ。
(1) $\mathrm{AB} = \sqrt{(5-1)^2+(6-2)^2} = \sqrt{16+16} = 4\sqrt{2}$
$\mathrm{BC} = \sqrt{(-3-5)^2+(4-6)^2} = \sqrt{64+4} = \sqrt{68} = 2\sqrt{17}$
$\mathrm{CA} = \sqrt{(1-(-3))^2+(2-4)^2} = \sqrt{16+4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$
(2) $\mathrm{P}\left(\dfrac{1 \cdot 1 + 3 \cdot 5}{3+1},\ \dfrac{1 \cdot 2 + 3 \cdot 6}{3+1}\right) = \mathrm{P}\left(\dfrac{16}{4},\ \dfrac{20}{4}\right) = \mathrm{P}(4,\ 5)$
(3) $\mathrm{G}\left(\dfrac{1+5+(-3)}{3},\ \dfrac{2+6+4}{3}\right) = \mathrm{G}(1,\ 4)$
3点 $\mathrm{A}(1, 3)$、$\mathrm{B}(5, 1)$、$\mathrm{C}(3, 7)$ を頂点とする $\triangle \mathrm{ABC}$ について、以下の問いに答えよ。
(1) $\triangle \mathrm{ABC}$ が二等辺三角形であることを示せ。
(2) 辺 $\mathrm{BC}$ の中点を $\mathrm{M}$ とするとき、$\mathrm{AM}$ の長さを求めよ。
(3) $\triangle \mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm{G}$ の座標を求め、$\mathrm{AG} : \mathrm{GM}$ を確認せよ。
(1) $\mathrm{AB}^2 = (5-1)^2+(1-3)^2 = 16+4 = 20$
$\mathrm{AC}^2 = (3-1)^2+(7-3)^2 = 4+16 = 20$
$\mathrm{AB}^2 = \mathrm{AC}^2$ より $\mathrm{AB} = \mathrm{AC} = 2\sqrt{5}$
したがって $\triangle \mathrm{ABC}$ は $\mathrm{AB} = \mathrm{AC}$ の二等辺三角形である。■
(2) $\mathrm{M}\left(\dfrac{5+3}{2},\ \dfrac{1+7}{2}\right) = \mathrm{M}(4,\ 4)$
$\mathrm{AM} = \sqrt{(4-1)^2+(4-3)^2} = \sqrt{9+1} = \sqrt{10}$
(3) $\mathrm{G}\left(\dfrac{1+5+3}{3},\ \dfrac{3+1+7}{3}\right) = \mathrm{G}(3,\ \dfrac{11}{3})$
$\mathrm{AG} = \sqrt{(3-1)^2+\left(\frac{11}{3}-3\right)^2} = \sqrt{4+\frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{40}{9}} = \frac{2\sqrt{10}}{3}$
$\mathrm{GM} = \sqrt{(4-3)^2+\left(4-\frac{11}{3}\right)^2} = \sqrt{1+\frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{10}{9}} = \frac{\sqrt{10}}{3}$
$\mathrm{AG} : \mathrm{GM} = \dfrac{2\sqrt{10}}{3} : \dfrac{\sqrt{10}}{3} = 2 : 1$ ✓
重心は中線を $2 : 1$ に内分するという性質を、座標計算で確認しました。どの頂点から中線を引いても $2 : 1$ になります。
座標平面上の2点 $\mathrm{A}(-1, 4)$、$\mathrm{B}(5, -2)$ について、以下の問いに答えよ。
(1) 線分 $\mathrm{AB}$ を $2 : 1$ に内分する点 $\mathrm{P}$ の座標を求めよ。
(2) 線分 $\mathrm{AB}$ を $2 : 1$ に外分する点 $\mathrm{Q}$ の座標を求めよ。
(3) $\mathrm{PQ}$ の長さを求め、$\mathrm{PQ}$ と $\mathrm{AB}$ の長さの比を求めよ。
(1) $\mathrm{P}\left(\dfrac{1 \cdot (-1)+2 \cdot 5}{2+1},\ \dfrac{1 \cdot 4+2 \cdot (-2)}{2+1}\right) = \mathrm{P}\left(\dfrac{9}{3},\ \dfrac{0}{3}\right) = \mathrm{P}(3,\ 0)$
(2) $\mathrm{Q}\left(\dfrac{-1 \cdot (-1)+2 \cdot 5}{2-1},\ \dfrac{-1 \cdot 4+2 \cdot (-2)}{2-1}\right) = \mathrm{Q}\left(\dfrac{11}{1},\ \dfrac{-8}{1}\right) = \mathrm{Q}(11,\ -8)$
(3) $\mathrm{PQ} = \sqrt{(11-3)^2+(-8-0)^2} = \sqrt{64+64} = 8\sqrt{2}$
$\mathrm{AB} = \sqrt{(5-(-1))^2+(-2-4)^2} = \sqrt{36+36} = 6\sqrt{2}$
$\mathrm{PQ} : \mathrm{AB} = 8\sqrt{2} : 6\sqrt{2} = 4 : 3$
内分点と外分点の間の距離を求める問題です。同じ比 $m : n$ で内分した点と外分した点の位置関係を把握するのに役立ちます。$\mathrm{P}$ は $\mathrm{AB}$ 上にあり、$\mathrm{Q}$ は $\mathrm{B}$ の延長上にあることに注目しましょう。
$\triangle \mathrm{ABC}$ の頂点が $\mathrm{A}(a, 0)$、$\mathrm{B}(0, b)$、$\mathrm{C}(c, 0)$（$a < c$、$b > 0$）であるとする。$\triangle \mathrm{ABC}$ の重心 $\mathrm{G}$ について、以下の問いに答えよ。
(1) $\mathrm{G}$ の座標を $a, b, c$ で表せ。
(2) $\triangle \mathrm{ABC}$ が $\mathrm{AB} = \mathrm{BC}$ の二等辺三角形であるとき、$a + c$ の値を求め、$\mathrm{G}$ の $x$ 座標が辺 $\mathrm{AC}$ の中点の $x$ 座標と等しいことを示せ。
(3) $a = -3$、$b = 4$、$c = 0$ のとき、$\triangle \mathrm{ABC}$ は直角三角形であることを示し、その面積と重心 $\mathrm{G}$ から各頂点までの距離の2乗の和を求めよ。
(1) $\mathrm{G}\left(\dfrac{a+0+c}{3},\ \dfrac{0+b+0}{3}\right) = \mathrm{G}\left(\dfrac{a+c}{3},\ \dfrac{b}{3}\right)$
(2) $\mathrm{AB} = \mathrm{BC}$ より $\mathrm{AB}^2 = \mathrm{BC}^2$
$\mathrm{AB}^2 = (0-a)^2+(b-0)^2 = a^2+b^2$
$\mathrm{BC}^2 = (c-0)^2+(0-b)^2 = c^2+b^2$
$a^2+b^2 = c^2+b^2$ より $a^2 = c^2$。$a < c$ であるから $a = -c$ すなわち $a + c = 0$。
このとき $\mathrm{G}$ の $x$ 座標は $\dfrac{a+c}{3} = 0$。
辺 $\mathrm{AC}$ の中点の $x$ 座標は $\dfrac{a+c}{2} = 0$。
よって、$\mathrm{G}$ の $x$ 座標と辺 $\mathrm{AC}$ の中点の $x$ 座標はともに $0$ で等しい。■
(3) $\mathrm{A}(-3,0)$、$\mathrm{B}(0,4)$、$\mathrm{C}(0,0)$ とする。
$\mathrm{CA}^2 = (-3-0)^2+(0-0)^2 = 9$ より $\mathrm{CA} = 3$
$\mathrm{CB}^2 = (0-0)^2+(4-0)^2 = 16$ より $\mathrm{CB} = 4$
$\mathrm{AB}^2 = (0-(-3))^2+(4-0)^2 = 9+16 = 25$ より $\mathrm{AB} = 5$
$\mathrm{CA}^2 + \mathrm{CB}^2 = 9 + 16 = 25 = \mathrm{AB}^2$ が成り立つので、三平方の定理より $\angle \mathrm{C} = 90°$ の直角三角形である。■
面積：$S = \dfrac{1}{2} \cdot \mathrm{CA} \cdot \mathrm{CB} = \dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 6$
重心：$\mathrm{G}\left(\dfrac{-3+0+0}{3},\ \dfrac{0+4+0}{3}\right) = \mathrm{G}\left(-1,\ \dfrac{4}{3}\right)$
$\mathrm{GA}^2 = \left(-3-(-1)\right)^2+\left(0-\dfrac{4}{3}\right)^2 = 4+\dfrac{16}{9} = \dfrac{52}{9}$
$\mathrm{GB}^2 = \left(0-(-1)\right)^2+\left(4-\dfrac{4}{3}\right)^2 = 1+\dfrac{64}{9} = \dfrac{73}{9}$
$\mathrm{GC}^2 = \left(0-(-1)\right)^2+\left(0-\dfrac{4}{3}\right)^2 = 1+\dfrac{16}{9} = \dfrac{25}{9}$
$\mathrm{GA}^2+\mathrm{GB}^2+\mathrm{GC}^2 = \dfrac{52+73+25}{9} = \dfrac{150}{9} = \dfrac{50}{3}$
(2)では二等辺三角形の条件から $a = -c$ を導きます。これは $\mathrm{B}$ が $\mathrm{AC}$ の垂直二等分線上にあることを意味しています。重心の $x$ 座標が中点と一致するのは、対称軸上に重心がある（$x$ 座標に関して）ためです。
(3)では $\angle \mathrm{C} = 90°$ なので直角をはさむ2辺から面積が求まります。重心から各頂点への距離の2乗の和 $\mathrm{GA}^2+\mathrm{GB}^2+\mathrm{GC}^2$ は、辺の長さの2乗の和の $\dfrac{1}{3}$ に等しいという性質があります。実際、$\mathrm{AB}^2+\mathrm{BC}^2+\mathrm{CA}^2 = 25+16+9 = 50$ で $\dfrac{50}{3}$ と一致します。