(1)

\(\Rightarrow\)

\begin{align*} d^{2} & =\left|\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AM}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{CA}+\frac{x}{x+y}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\right)\right|^{2}\\ & =\left|\frac{y}{x+y}\overrightarrow{CA}+\frac{x}{x+y}\overrightarrow{CB}\right|^{2}\\ & =\left(\frac{y}{x+y}b\right)^{2}+\left(\frac{x}{x+y}a\right)^{2}+2\frac{xy}{\left(x+y\right)^{2}}\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}\\ & =\left(\frac{y}{x+y}b\right)^{2}+\left(\frac{x}{x+y}a\right)^{2}-\frac{xy}{\left(x+y\right)^{2}}\left(c^{2}-a^{2}-b^{2}\right)\\ & =\frac{1}{c^{2}}\left(y\left(x+y\right)b^{2}+x\left(x+y\right)a^{2}-xyc^{2}\right)\\ & =\frac{y}{c}b^{2}+\frac{x}{c}a^{2}-xy \end{align*} これより、
\[ xa^{2}+yb^{2}=c\left(d^{2}+xy\right) \] となるので与式は成り立つ。

逆は一般的に成り立たない

中線定理の逆が一般的に成り立たないので、スチュワートの定理も一般的に成り立たない。
従って題意は成り立つ。

線分ABの外にあるとき

半直線\(AB\)上で辺\(AB\)上でないときは、\(y\rightarrow-y\)とすればいいので
\[ xa^{2}-yb^{2}=c\left(d^{2}-xy\right) \] となり、半直線\(BA\)上で辺\(AB\)上でないときは、\(x\rightarrow-x\)とすればいいので、
\[ -xa^{2}+yb^{2}=c\left(d^{2}-xy\right) \] となる。
従って題意は成り立つ。

(2)

\(\Rightarrow\)

(1)を使う
\(x=y\)のとき\(c=x+y=2x\)となるので、
\begin{align*} xa^{2}+xb^{2} & =\left(x+x\right)\left(d^{2}+x^{2}\right)\\ & =2x\left(d^{2}+x^{2}\right) \end{align*} となるので両辺を\(x\)で割ると、
\[ a^{2}+b^{2}=2\left(d^{2}+x^{2}\right) \] となり与式は成り立つ。

逆は一般的に成り立たない

反例で示す。
3角形\(ABC\)を\(\left|AB\right|=\left|AC\right|\)の2等辺3角形にとる。
ここで\(P=B\)とおくと、
\begin{align*} \left|AB\right|^{2}+\left|AC\right|^{2} & =\left|AB\right|^{2}+\left|AB\right|^{2}\\ & =2\left|AB\right|^{2} \end{align*} \begin{align*} 2\left(\left|AP\right|^{2}+\left|PB\right|^{2}\right) & =2\left(\left|AB\right|^{2}+\left|BB\right|^{2}\right)\\ & =2\left(\left|AB\right|^{2}+0\right)\\ & =2\left|AB\right|^{2} \end{align*} なので、中線定理
\[ \left|AB\right|^{2}+\left|AC\right|^{2}=2\left(\left|AP\right|^{2}+\left|PB\right|^{2}\right) \] を満たすが、\(P\)は辺\(BC\)の中点ではない。
従って、逆は一般的に成り立たない。

反例2

反例で示す。

3角形\(ABC\)があり、辺\(AB\)の中点を\(M\)とする。
辺\(AC\)の中点\(N\)をとり、\(\left|MN\right|=\left|NP\right|\)となる\(P\)を\(AM\)上にとる。
このとき3角形\(CAP\)についての中線定理より、\(\left|PC\right|^{2}+\left|PA\right|^{2}=2\left(\left|PN\right|^{2}+\left|NC\right|^{2}\right)\)となる。
また\(BC,MN\)は平行なので、中点連結定理より、\(\left|BC\right|=2\left|MN\right|\)となる。
これらより、
\begin{align*} \left|CA\right|^{2}+\left|CB\right|^{2} & =\left(2\left|CN\right|\right)^{2}+\left(2\left|MN\right|\right)^{2}\\ & =4\left(\left|CN\right|^{2}+\left|MN\right|^{2}\right)\\ & =4\left(\left|CN\right|^{2}+\left|PN\right|^{2}\right)\\ & =2\left(\left|PC\right|^{2}+\left|PA\right|^{2}\right) \end{align*} となるが\(P\)は\(AB\)の中点ではない。
従って中線定理の逆は成り立たない。

(2)-2

余弦定理より、
\[ b^{2}=d^{2}+x^{2}-2dx\cos\left(\angle AMC\right) \] \begin{align*} a^{2} & =d^{2}+y^{2}-2dy\cos\left(\angle CMB\right)\\ & =d^{2}+y^{2}-2dy\cos\left(\pi-\angle AMC\right)\\ & =d^{2}+y^{2}+2dy\cos\left(\angle AMC\right) \end{align*} となり、\(x=y\)なので、辺々足して、
\begin{align*} a^{2}+b^{2} & =2d^{2}+2x^{2}\\ & =2\left(d^{2}+x^{2}\right) \end{align*} となり与式は成り立つ。

(2)-3

\begin{align*} \left|CA\right|^{2}+\left|CB\right|^{2} & =\left|\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MB}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{AM}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{MA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CM}-\overrightarrow{MA}\right|^{2}\\ & =2\left(\left|CM\right|^{2}+\left|MA\right|^{2}\right)\\ & =2\left(d^{2}+x^{2}\right) \end{align*} となり与式は成り立つ。

(3)

対角線\(AC\)と\(BD\)の交点を\(E\)とすると、交点\(E\)は対角線\(AC\)の中点であり、同様に対角線\(BD\)の中点である。
3角形\(ABC\)と\(AC\)の中点\(E\)について中線定理を使うと、\(\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}=2\left(\left|\overrightarrow{AE}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{EB}\right|^{2}\right)\)となる。
同様に、3角形\(CDA\)と\(CA\)の中点\(E\)について中線定理を使うと\(\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DA}\right|^{2}=2\left(\left|\overrightarrow{DE}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{ED}\right|^{2}\right)\)となる。
これらを辺々足すと、
\begin{align*} \left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DA}\right|^{2} & =2\left(\left|\overrightarrow{AE}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{EB}\right|^{2}\right)+2\left(\left|\overrightarrow{DE}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{ED}\right|^{2}\right)\\ & =2\left(\left|\overrightarrow{AE}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{EB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DE}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{EC}\right|^{2}\right)\\ & =2\left(2\left|\overrightarrow{AE}\right|^{2}+2\left|\overrightarrow{EB}\right|^{2}\right)\cmt{\because\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{EC},\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{ED}}\\ & =\left|2\overrightarrow{AE}\right|^{2}+\left|2\overrightarrow{EB}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{AC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BD}\right|^{2}\cmt{\because\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AE},\overrightarrow{BD}=2\overrightarrow{BE}} \end{align*} となり、平行4辺形より\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD},\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{DA}\)となるので、
\begin{align*} 2\left(\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}\right) & =\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DA}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{AC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BD}\right|^{2} \end{align*} となる。
従って、題意は成り立つ。

(3)-2

3角形\(ABC\)について余弦定理を使うと、
\[ \left|\overrightarrow{AC}\right|^{2}=\left|\overrightarrow{BA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}-2\left|\overrightarrow{BA}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|\cos\left(\angle ABC\right) \] となり、3角形\(BCD\)について余弦定理を使うと、
\[ \left|\overrightarrow{BD}\right|^{2}=\left|\overrightarrow{CB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}-2\left|\overrightarrow{CB}\right|\left|\overrightarrow{CD}\right|\cos\left(\angle BCD\right) \] となるので辺々を加えて、
\begin{align*} \left|\overrightarrow{AC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BD}\right|^{2} & =\left|\overrightarrow{BA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}-2\left|\overrightarrow{BA}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|\cos\left(\angle ABC\right)+\left|\overrightarrow{CB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}-2\left|\overrightarrow{CB}\right|\left|\overrightarrow{CD}\right|\cos\left(\angle BCD\right)\\ & =\left|\overrightarrow{BA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}-2\left(\left|\overrightarrow{BA}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|\cos\left(\angle ABC\right)+\left|\overrightarrow{CB}\right|\left|\overrightarrow{CD}\right|\cos\left(\angle BCD\right)\right)\\ & =\left|\overrightarrow{BA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}-2\left(\left|\overrightarrow{BA}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|\cos\left(\angle ABC\right)+\left|\overrightarrow{BC}\right|\left|\overrightarrow{BA}\right|\cos\left(\pi-\angle ABC\right)\right)\\ & =\left|\overrightarrow{BA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}-2\left(\left|\overrightarrow{BA}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|\cos\left(\angle ABC\right)-\left|\overrightarrow{BA}\right|\left|\overrightarrow{BC}\right|\cos\left(\angle ABC\right)\right)\\ & =\left|\overrightarrow{BA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DA}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DA}\right|^{2} \end{align*} となる。
従って、平行4辺形より\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD},\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{DA}\)となるので、
\begin{align*} 2\left(\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}\right) & =\left|\overrightarrow{AB}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{CD}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{DA}\right|^{2}\\ & =\left|\overrightarrow{AC}\right|^{2}+\left|\overrightarrow{BD}\right|^{2} \end{align*} となる。
故に題意は成り立つ。