수심 (기하학)

기하학에서 수심(垂心, 영어: orthocenter)은 삼각형의 각 꼭짓점을 지나는 대변의 수선이 공통으로 지나는 점이다.

수심

정의

삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변 $BC$, $AC$, $AB$의 수선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 $ABC$의 수심 $H$라고 한다.

증명 (원주각을 통한 증명):

꼭짓점 $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{B}$, $H_{C}$라고 하고, 두 수선 $BH_{B}$, $CH_{C}$의 교점을 $H$라고 하자. 그렇다면

$\angle AH_{B}H=\angle AH_{C}H=\angle BH_{B}C=\angle BH_{C}C=90^{\circ }$

이므로 $H_{B}$, $H_{C}$는 선분 $AH$를 지름으로 하는 원 위의 점이자 선분 $BC$를 지름으로 하는 원 위의 점이다. 특히 $A$, $H_{B}$, $H$, $H_{C}$는 한 원 위의 점이며, 점 $B$, $C$, $H_{B}$, $H_{C}$ 역시 한 원 위의 점이다. 원주각의 성질에 따라

$\angle HAB=\angle HH_{B}H_{C}=\angle BCH_{C}$

이다. 따라서

$\angle HAB+\angle ABC=\angle BCH_{C}+\angle ABC=\angle AH_{C}C=90^{\circ }$

이며, $AH$는 $BC$의 수선이다.

증명 (외심과 무게 중심을 통한 증명):^{:17, §2.1}

정삼각형의 각 꼭짓점을 지나는 대변의 수선은 대변의 수직 이등분선과 일치하며, 삼각형의 세 변의 수직 이등분선은 외심에서 만나므로, 정삼각형의 각 꼭짓점을 지나는 대변의 수선은 한 점에서 만난다. 정삼각형이 아닌 삼각형 $ABC$의 외심을 $O$, 무게 중심을 $G$, 변 $BC$의 중점을 $M_{A}$라고 하자. 그렇다면 $O\neq G$이다. 유향 선분 $OG$의 연장선 위에서 $GH=2OG$인 점 $H$를 잡자. 그렇다면 $G$는 선분 $AM_{A}$ 위의 점이며 $AG=2GM_{A}$, $\angle AGH=\angle M_{A}GO$이므로, 삼각형 $AGH$와 $M_{A}GO$는 닮음이다. 특히 $\angle GAH=\angle GM_{A}O$이므로 $AH$와 $OM_{A}$는 평행하며, $OM_{A}$는 $BC$의 수선이므로 $AH$ 역시 변 $BC$의 수선이다. 마찬가지로 $BH$, $CH$는 각각 변 $AC$, $AB$의 수선이다.

증명 (근축을 통한 증명):^{:38, §2.4}

꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하자. 그렇다면 변 $AB$, $AC$를 지름으로 하는 두 원은 두 점 $A$, $H_{A}$에서 만나므로 두 원의 근축은 직선 $AH_{A}$이다. 마찬가지로, 변 $AB$와 $BC$를 지름으로 하는 두 원의 근축은 직선 $BH_{B}$이며, 변 $AC$, $BC$를 지름으로 하는 두 원의 근축은 직선 $CH_{C}$이다. 따라서 세 직선 $AH_{A}$, $BH_{B}$, $CH_{C}$는 세 원의 근심에서 만난다.

증명 (체바 정리를 통한 증명):

꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하자. 그렇다면

${\frac {AH_{C}}{H_{C}B}}\cdot {\frac {BH_{A}}{H_{A}C}}\cdot {\frac {CH_{B}}{H_{B}A}}={\frac {b\cos A}{a\cos B}}\cdot {\frac {c\cos B}{b\cos C}}\cdot {\frac {a\cos C}{c\cos A}}=1$

이므로 체바 정리에 따라 직선 $AH_{A}$, $BH_{B}$, $CH_{C}$는 한 점에서 만난다.

성질

예각 삼각형의 수심은 삼각형의 내부에 속한다. 직각 삼각형의 수심은 직각의 꼭짓점이다. 둔각 삼각형의 수심은 삼각형의 외부에 속한다.

외접원과의 관계

삼각형의 수심과 한 꼭짓점 사이의 거리는 외심과 대변 사이의 거리의 2배이다.^{:23, §2.4}

삼각형 $ABC$의 수심 $H$를 각 변에 대하여 반사시킨 상은 외접원 위의 점이다. 즉, 각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하고, 수선 $AH_{A}$, $BH_{B}$, $CH_{C}$의 연장선과 외접원의 교점을 $H_{A}'$, $H_{B}'$, $H_{C}'$이라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.^{:18, §2.2}

$HH_{A}=H_{A}H_{A}'$

$HH_{B}=H_{B}H_{B}'$

$HH_{C}=H_{C}H_{C}'$

증명:

원주각의 성질에 따라

$\angle H_{A}'=\angle C=90^{\circ }-\angle HBH_{A}=\angle BHH_{A}'$

이므로 $BH=BH_{A}'$이다. $BH_{A}$는 $HH_{A}'$의 수선이므로 $H_{A}$는 선분 $HH_{A}'$의 중점이다.

삼각형의 외심은 중점 삼각형의 수심이다.

삼각형의 수심과 외심은 등각 켤레점이다.^{:71, §7.4, (ix)} 삼각형 $ABC$의 수심을 $H$, 외심을 $O$라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.^{:37, §2.4, (2.42)}

$\angle OAH=|\angle ABC-\angle ACB|$

$\angle OBH=|\angle BAC-\angle ACB|$

$\angle OCH=|\angle BAC-\angle ABC|$

증명:

점 $A$를 지나는 외접원의 지름을 $AA'$이라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라

$\angle OAC=90^{\circ }-\angle AA'C=90^{\circ }-\angle B=\angle HAB$

이다. 따라서

$\angle OAH=|\angle BAC-\angle HAB-\angle OAC|=|\angle BAC-2(90^{\circ }-\angle B)|=|\angle BAC+2\angle B-(\angle BAC+\angle B+\angle C)|=|\angle B-\angle C|$

이다.

삼각형 $ABC$의 세 변의 길이를 $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$, 반둘레를 $s$, 외접원의 반지름을 $R$, 내접원의 반지름을 $r$라고 하자. 그렇다면, 이 삼각형의 외심 $O$, 내심 $I$, 수심 $H$를 잇는 삼각형 $OIH$의 넓이는 다음과 같다.^{:2, §1.1.1, Theorem B1}

${\begin{aligned}S_{OIH}&=2R^{2}\sin {\frac {A-B}{2}}\sin {\frac {B-C}{2}}\sin {\frac {C-A}{2}}\\&={\frac {|a-b||b-c||c-a|}{8r}}\\&={\frac {\sqrt {-s^{4}+2s^{2}(2R^{2}+10Rr-r^{2})-r(4R+r)^{3}}}{4}}\end{aligned}}$

수선

삼각형 $ABC$의 수심을 $H$라고 하고, 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하고, 외접원의 반지름을 $R$라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.^{:36, §2.4, (2.41)}

$AH_{A}={\frac {bc}{2R}}=b\sin C=c\sin B$

$BH_{B}={\frac {ac}{2R}}=a\sin C=c\sin A$

$CH_{C}={\frac {ab}{2R}}=a\sin B=b\sin A$

삼각형 $ABC$의 수심을 $H$라고 하고, 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.^{:19, §2.2, (b):37, §2.4, (2.44)}

$AH_{A}\cdot HH_{A}=BH_{A}\cdot CH_{A}$

$BH_{B}\cdot HH_{B}=AH_{B}\cdot CH_{B}$

$CH_{C}\cdot HH_{C}=AH_{C}\cdot BH_{C}$

$AH\cdot HH_{A}=BH\cdot HH_{B}=CH\cdot HH_{C}$

증명:

수선 $AH_{A}$의 연장선과 외접원의 교점을 $H_{A}'$이라고 하자. 그렇다면 점 $H_{A}$를 지나는 외접원의 두 현 $AH_{A}'$, $BC$에 대한 방멱 정리에 따라

$AH_{A}\cdot HH_{A}=AH_{A}\cdot H_{A}H_{A}'=BH_{A}\cdot CH_{A}$

이다.

점 $A$, $B$, $H_{A}$, $H_{B}$는 한 원 위의 점이므로, 점 $H$를 지나는 두 현 $AH_{A}$와 $BH_{B}$에 대한 방멱 정리에 따라

$AH\cdot HH_{A}=BH\cdot HH_{B}$

이다.

마지막 등식에 따라, 삼각형 $ABC$의 두 체바 선분을 지름으로 하는 비(非)동심원의 근축은 수심 $H$를 지난다.^{:38, §2.4, Theorem 2.45} 삼각형 $ABC$의 세 체바 선분을 지름으로 하는 비(非)동축원의 근심은 수심 $H$이다.^{:38, §2.4, Theorem 2.46} 삼각형 $ABC$ 및 직선 $BC$, $AC$, $AB$ 위의 점 $D$, $E$, $F$가 주어졌다고 하자. 만약 $D$, $E$, $F$가 한 직선 위의 점이라면, 4개의 삼각형 $ABC$, $AEF$, $BDF$, $CDE$의 수심은 한 직선 위의 점이며, 체바 선분 $AD$, $BE$, $CF$를 지름으로 하는 세 원은 4개의 수심을 지나는 직선을 근축으로 하는 동축원이다.^{:39, §2.4, Theorem 2.47}

오일러 직선과 구점원

 이 부분의 본문은 오일러 직선 및 구점원입니다.

삼각형 $ABC$의 수심 $H$, 무게 중심 $G$, 외심 $O$는 한 직선 위의 점이며, 다음이 성립한다.

${\overrightarrow {GH}}=2{\overrightarrow {OG}}$

만약 삼각형 $ABC$가 정삼각형이라면, $H=G=O$이다. 만약 삼각형 $ABC$가 정삼각형이 아니라면, 수심 $H$, 무게 중심 $G$, 외심 $O$를 지나는 직선은 유일하게 존재하며, 이 직선을 삼각형 $ABC$의 오일러 직선이라고 한다.

삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$, 변 $BC$, $AC$, $AB$의 중점 $M_{A}$, $M_{B}$, $M_{C}$, 각 꼭짓점과 수심을 잇는 선분 $AH_{A}$, $BH_{B}$, $CH_{C}$의 중점은 한 원 위의 점이며, 이들 9개의 점을 지나는 이 원을 구점원이라고 한다. 특히 구점원은 수심 삼각형과 중점 삼각형의 공통 외접원이다.

삼각형 $ABC$의 구점원의 중심 $N$은 무게 중심과 외심을 잇는 선분 $OG$의 중점이다. 특히 삼각형 $ABC$가 정삼각형이 아닐 경우 구점원의 중심 $N$은 오일러 직선 위의 점이다. 구점원은 수심과 외접원 위의 점을 잇는 선분의 중점의 자취이다.

삼각형 $ABC$ 및 외접원 위의 점 $P$가 주어졌다고 하자. 점 $P$와 수심 $H$를 잇는 선분 $PH$의 중점은 삼각형 $ABC$에 대한 점 $P$의 심슨 직선 위의 점이자 구점원 위의 점이다.^{:47, §5.3} 특히 점 $P$를 각 변 $BC$, $AC$, $AB$에 대하여 반사시킨 상을 지나는 직선은 수심 $H$를 지난다.^{:43, §5.1}

증명:

꼭짓점 $A$를 지나는 외접원의 지름을 $AA'$이라고 하자. 편의상 삼각형 $ABC$가 예각 삼각형이며 $P$가 호 $BA'$ 위의 점이라고 가정하자. 점 $P$를 지나는 변 $BC$, $AC$, $AB$의 수선의 발을 $D$, $E$, $F$라고 하고, 점 $P$를 변 $BC$, $AC$, $AB$에 대하여 반사시킨 상을 $D'$, $E'$, $F'$이라고 하자.

우선 선분 $PH$의 중점이 $P$의 심슨 직선 위의 점임을 증명하자. $HE'$과 $DE$가 평행함을 보이는 것으로 충분하다. 유향 선분 $BH$의 연장선과 $AC$ 및 외접원의 교점을 $H_{B}$, $H_{B}'$이라고 하자. 그렇다면 수심의 성질에 따라 $HH_{B}=H_{B}H_{B}'$이다. 선분 $PH_{B}'$과 $AC$의 교점을 $Q$라고 하자. 그렇다면 점 $P$, $Q$, $H_{B}'$을 직선 $AC$에 대하여 반사시킨 상은 각각 $H$, $Q$, $E'$이므로, $Q$는 선분 $HE'$ 위의 점이다. $PE'$과 $HH_{B}'$은 평행하며, $C$, $E$, $D$, $P$는 한 원 위의 점이므로, 엇각 및 원주각의 성질에 따라

$\angle PE'H=\angle E'PQ=\angle PH_{B}'B=\angle PCB=\angle PED$

이다. 따라서 $HE'$과 $DE$는 평행한다.

이제 선분 $PH$의 중점이 구점원 위의 점임을 증명하자. 수심 $H$를 닮음 중심으로 하고 1/2를 닮음비로 하는 중심 닮음 변환을 생각하자. 꼭짓점 $A$, $B$, $C$에 이 변환을 가한 상은 각각 선분 $AH$, $BH$, $CH$의 중점이며, 이는 구점원 위의 세 점이므로, 외접원에 이 변환을 가한 상은 구점원이다. 선분 $PH$의 중점은 외접원 위의 점 $P$에 이 변환을 가한 상이므로 구점원 위의 점이다.

삼각형의 키페르트 포물선(영어: Kiepert’s parabola)의 준선은 오일러 직선이다.^:200 삼각형의 모든 내접 포물선의 준선은 수심을 지난다.^:200

수심 삼각형

직각 삼각형이 아닌 삼각형 $ABC$의 각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 $ABC$의 수심 삼각형(垂心三角形, 영어: orthic triangle) $H_{A}H_{B}H_{C}$라고 한다. 즉, 수심 삼각형은 수심의 수족 삼각형이자 수심의 체바 삼각형이다. 직각 삼각형의 수심은 빗변의 꼭짓점이며, 특히 이는 외접원 위의 점이므로, 수심 삼각형이 정의되지 않는다.

예각 삼각형의 수심은 수심 삼각형의 내심이며,^{:17, §1.6, Theorem 1.61} 둔각 삼각형의 수심은 수심 삼각형의 방심이다.^{:18, §1.6, Exercise 3} 즉, 직각 삼각형이 아닌 삼각형의 각 꼭짓점을 지나는 수선과 각 변은 수심 삼각형의 내각 또는 외각 이등분선이다. 즉, 수심계 속 네 점은 수심 삼각형의 내심과 세 방심이며, 수심계 속 두 점을 잇는 6개의 직선은 수심 삼각형의 3개의 내각 이등분선 및 3개의 외각 이등분선이다.

증명:

편의상 삼각형 $ABC$가 예각 삼각형이라고 하자. 꼭짓점 $A$, $B$, $C$에서 대변에 내린 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하고, 수심을 $H$라고 하자. 그렇다면 사각형 $CH_{A}HH_{B}$, $BCH_{B}H_{C}$, $BH_{C}HH_{A}$는 모두 내접 사각형이므로

$\angle AH_{A}H_{B}=\angle H_{B}CH_{C}=\angle H_{B}BH_{C}=\angle AH_{A}H_{C}$

이다. 따라서, $AH_{A}$는 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$의 $H_{A}$에서의 내각 이등분선이며, $BC$는 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$의 $H_{A}$에서의 외각 이등분선이다.

파냐노 문제

삼각형 $ABC$의 각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하자. 만약 삼각형 $ABC$가 예각 삼각형이라면, 최소 둘레의 내접 삼각형은 수심 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$이다. 이를 파냐노 문제(영어: Pagnano’s problem)라고 한다. 만약 삼각형 $ABC$가 직각 삼각형 또는 둔각 삼각형이며, 직각 또는 둔각의 꼭짓점이 $A$라면, 최소 둘레의 내접 삼각형은 퇴화 삼각형 $AAH_{A}$이다 (두 꼭짓점이 같은 삼각형을 허용하지 않을 경우 존재하지 않는다).^{:88–89, §4.5:86–89, §2H, Problem 2.39}

증명 1:

편의상 $\angle ABC$와 $\angle ACB$가 예각이라고 하자. $D$가 변 $BC$ 위의 고정된 점이라고 하고, $D'$, $D''$이 각각 점 $P$를 변 $AB$, $AC$에 대하여 반사시킨 상이라고 하자. 그렇다면

$\angle D'AD''=\angle D'AB+\angle BAC+\angle CAD''=\angle DAB+\angle BAC+\angle CAD=2\angle BAC$

이며, 변 $AB$, $AC$ 위의 점 $E$, $F$에 대하여, 삼각형 $DEF$의 둘레는

$p_{DEF}=DE+EF+FD=D'E+EF+FD''$

이다.

만약 $\angle BAC<90^{\circ }$라면, $\angle D'AD''<180^{\circ }$이므로 선분 $D'D''$은 변 $AB$, $AC$와 교점 $E_{D}$, $F_{D}$를 갖는다. 고정된 점 $D$에 대하여, 이 두 점 $E_{D}$, $F_{D}$는 삼각형 $DEF$의 둘레를 최소로 만들며, 그 최소 둘레는

$p_{DE_{D}F_{D}}=D'D''=2AD'\cos \angle AD'D''=2AD\cos((180^{\circ }-\angle D'AD'')/2)=2AD\cos(90^{\circ }-\angle BAC)=2AD\sin A$

이다. 따라서 최소 둘레 $p_{DE_{D}F_{D}}$를 가장 작게 만드는 점 $D$는 선분 $AD$의 길이를 가장 작게 만드는 점 $H_{A}$이다.

만약 $\angle BAC\geq 90^{\circ }$라면, $\angle D'AD''\geq 180^{\circ }$이므로 선분 $D'D''$은 변 $AB$, $AC$와 교점을 갖지 않는다. 변 $AB$, $AC$ 위의 점 $E$, $F$에 대하여, 유향 선분 $D'A$의 연장선과 선분 $D''F$의 교점을 $A'$이라고 하자. 그렇다면

$p_{DEF}=D'E+EF+FD''\geq D'F+FD''\geq D'A'+A'D''\geq D'A+AD''$

이다. 따라서 고정된 점 $D$에 대하여, 둘레 $p_{DEF}$를 가장 작게 만드는 두 점 $E$, $F$는 $A$, $A$이다. 이 경우 최소 둘레는

$p_{DAA}=2AD$

이며, 이를 가장 작게 만드는 점 $D$는 점 $H_{A}$이다.

증명 2:

예각 삼각형 $ABC$와 내접 삼각형 $DEF$가 주어졌다고 하자 ($D$, $E$, $F$는 변 $BC$, $AC$, $AB$ 위의 점이다). 이를 차례로 직선 $AC$, $C_{1}B_{1}$, $B_{2}A_{2}$, $A_{3}C_{3}$, $C_{4}B_{4}$에 대하여 반사시켜 삼각형 $A_{1}B_{1}C_{1}$와 내접 삼각형 $D_{1}E_{1}F_{1}$, 삼각형 $A_{2}B_{2}C_{2}$와 내접 삼각형 $D_{2}E_{2}F_{2}$, 삼각형 $A_{3}B_{3}C_{3}$와 내접 삼각형 $D_{3}E_{3}F_{3}$, 삼각형 $A_{4}B_{4}C_{4}$와 내접 삼각형 $D_{4}E_{4}F_{4}$, 삼각형 $A_{5}B_{5}C_{5}$와 내접 삼각형 $D_{5}E_{5}F_{5}$를 얻는다고 하자. 그렇다면 선분 $A_{5}B_{5}$는 선분 $AB$를 평행 이동시킨 상이다. 벡터 ${\overrightarrow {FF_{5}}}$는 이에 대응하는 평행 이동 벡터이므로 내접 삼각형 $DEF$의 선택과 무관하다. 꺾인 선 $FE_{1}D_{2}F_{3}E_{4}D_{5}F_{5}$는 내접 삼각형 $DEF$의 둘레의 2배를 길이로 하며, 이 꺾인 선이 직선이 될 필요 충분 조건은 삼각형 $DEF$가 수심 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$라는 것이다. 따라서 예각 삼각형 $ABC$의 최소 둘레의 내접 삼각형은 수심 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$이다.

수심축

삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $A$, $B$, $C$에서 대변에 내린 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하고, 직선 $H_{B}H_{C}$와 $BC$의 교점을 $D$, 직선 $H_{A}H_{C}$와 $AC$의 교점을 $E$, 직선 $H_{A}H_{B}$와 $AB$의 교점을 $F$라고 하자. 그렇다면 $D$, $E$, $F$는 한 직선 위의 점이다. 이 직선을 삼각형 $ABC$의 수심축(영어: orthic axis)이라고 한다.^{:151, §13.2, (ii)}

증명:

편의상 삼각형 $ABC$가 예각 삼각형이라고 하자. 그렇다면 각 변 $BC$, $AC$, $AB$는 수심 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$의 외각 이등분선이다. 따라서

${\frac {H_{A}F}{FH_{B}}}\cdot {\frac {H_{B}D}{DH_{C}}}\cdot {\frac {H_{C}E}{EH_{A}}}=-{\frac {H_{A}H_{C}}{H_{B}H_{C}}}\cdot {\frac {H_{A}H_{B}}{H_{A}H_{C}}}\cdot {\frac {H_{B}H_{C}}{H_{A}H_{B}}}=-1$

이며, 메넬라오스 정리에 따라 점 $D$, $E$, $F$는 공선점이다.

수심계

평면 위의 세 점 $A$, $B$, $C$가 주어졌다고 하자. 만약 세 점이 한 직선 위의 점이라면, 세 점을 꼭짓점으로 하는 삼각형은 존재하지 않는다. 만약 세 점이 한 직선 위의 점이 아니며 삼각형 $ABC$가 직각 삼각형이라면, 수심 $H$는 직각의 꼭짓점과 일치한다. 만약 세 점이 한 직선 위의 점이 아니며 삼각형 $ABC$가 직각 삼각형이 아니라면, $A$, $B$, $C$와 수심 $H$는 어느 세 점도 한 직선 위에 있지 않으며, $A$, $B$, $C$ 역시 각각 삼각형 $BCH$, $ACH$, $ABH$의 수심이다. 이 경우 네 점 $A$, $B$, $C$, $H$가 수심계(垂心系, 영어: orthocentric system)를 이룬다고 한다.^{:61–62, §2C} 수심계 속 네 점의 지위는 동등하다. 즉, 네 점이 수심계를 이루는지 여부는 네 점의 순서와 무관하다.

증명:

점 $H$가 삼각형 $ABC$의 수심인 것은 직선 $AH$, $BH$, $CH$는 각각 직선 $BC$, $AC$, $AB$의 수선인 것과 동치이다. 이는 점 $A$, $B$, $C$, $H$ 가운데 임의의 두 점을 잇는 직선이 남은 두 점을 잇는 직선의 수선인 것과 동치이며, 따라서 이 조건에서 네 점 $A$, $B$, $C$, $H$의 순서를 바꿔도 이 조건은 변하지 않는다. 즉, 점 $H$ 대신 남은 세 점 $A$, $B$, $C$ 가운데 하나를 수심으로 삼아도 원래 조건과 동치이다.

수심계 $A$, $B$, $C$, $H$ 속 네 삼각형 $ABC$, $ABH$, $ACH$, $BCH$의 수심 삼각형과 구점원은 일치하며, 외접원의 반지름은 같다. 또한 네 삼각형 가운데 정삼각형이 아닌 것들의 오일러 직선은 한 점에서 만난다.

증명:

네 점 $A$, $B$, $C$, $H$가 각각 3가지 방식으로 둘씩 짝을 지어 만든 두 직선 $AH$와 $BC$, $BH$와 $AC$, $CH$와 $AB$의 교점을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하자. 그렇다면 삼각형 $H_{A}H_{B}H_{C}$는 네 삼각형의 공통 수심 삼각형이다. 따라서 수심계 속 네 삼각형의 공통 수심 삼각형의 외접원은 네 삼각형의 공통 구점원이다. 네 삼각형의 외접원의 반지름은 공통 구점원의 반지름의 2배이며, 네 삼각형 가운데 정삼각형이 아닌 것들의 오일러 직선은 공통 구점원의 중심을 지난다.

드로츠파르니 직선

삼각형 $ABC$의 수심 $H$에서 직교하는 두 직선이 직선 $BC$와 점 $D_{1}$, $D_{2}$에서, 직선 $AC$와 점 $E_{1}$, $E_{2}$에서, 직선 $AB$와 점 $F_{1}$, $F_{2}$에서 만난다고 하자. 그렇다면 선분 $D_{1}D_{2}$, $E_{1}E_{2}$, $F_{1}F_{2}$의 중점 $D$, $E$, $F$는 한 직선 위의 점이다. 이 직선을 삼각형 $ABC$의 드로츠파르니 직선(영어: Droz-Farny line)이라고 한다.

테일러 원

삼각형 $ABC$의 각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 대변의 수선의 발을 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$라고 하고, 발 $H_{A}$, $H_{B}$, $H_{C}$을 지나는 변 $AB$와 $AC$, $BC$와 $AB$, $AC$와 $BC$의 수선의 발을 각각 $P$와 $Q$, $R$와 $S$, $T$와 $U$라고 하자. 그렇다면 6개의 점 $P$와 $Q$, $R$, $S$, $T$, $U$는 한 원 위의 점이다. 이 원을 삼각형 $ABC$의 테일러 원(영어: Taylor circle)이라고 한다.^{:95, §9.6} 테일러 원은 터커 원의 특수한 경우이다.

증명:

편의상 삼각형 $ABC$가 예각 삼각형이라고 하자. 삼각형 $ABC$의 내접 비단순 육각형 $PQRSTU$가 터커 원의 조건을 만족시킴을 보이는 것으로 충분하다. 대칭성에 따라 $PQ$와 $ST$가 각각 $BC$의 반평행선과 평행선임을 보이면 된다.

우선 $PQ$와 $BC$가 반평행함을 증명하자. 사각형 $APDQ$가 내접 사각형이므로 원주각의 성질에 따라

$\angle APQ=\angle ADQ=90^{\circ }-\angle DAC=\angle ACB$

이므로 $PQ$는 반평행선이다.

이제 $ST$가 $BC$와 평행함을 증명하자. $RS$와 $TU$가 반평행선이므로

$\angle SRU=\angle BAC=\angle TUR$

이다. 따라서 $RS=TU$임을 보이는 것으로 충분하며, 이는 $PQ=RS=TU$를 보이면 된다. 삼각법에 따라

$PD=c\cos B\sin B=2R_{0}\sin B\sin C\cos B$

$QD=b\cos C\sin C=2R_{0}\sin B\sin C\cos C$

$\angle PDQ=180^{\circ }-A$

이다. 여기서 $R_{0}$은 삼각형 $ABC$의 외접원의 반지름이다. 사인 법칙에 따라 세 내각의 크기가 $180^{\circ }-A$, $90^{\circ }-B$, $90^{\circ }-C$인 삼각형의 세 변의 길이의 비는 $\sin A:\cos B:\cos C$이므로, 코사인 법칙에 따라

$\sin ^{2}A=\cos ^{2}B+\cos ^{2}C+2\cos B\cos C\cos A$

이다. 이제 삼각형 $PDQ$에 코사인 법칙을 적용하면 다음을 얻는다.

${\begin{aligned}PQ^{2}&=PD^{2}+QD^{2}+2\cdot PD\cdot QD\cdot \cos A\\&=4R_{0}^{2}\sin ^{2}B\sin ^{2}C(\cos ^{2}B+\cos ^{2}C+2\cos B\cos C\cos A)\\&=4R_{0}^{2}\sin ^{2}A\sin ^{2}B\sin ^{2}C\end{aligned}}$

이는 3개의 반평행선에서 $PQ$를 선택한 것과 무관하다.

외부 링크

• “Orthocentre”. 《Encyclopedia of Mathematics》 (영어). Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Orthocenter”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Orthic triangle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Orthocentric system”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Fagnano’s problem”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• van Lamoen, Floor; Weisstein, Eric W. “Droz-Farny theorem”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Grinberg, Darij; Weisstein, Eric W. “Taylor circle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research.