브로카르 점

기하학에서 브로카르 점(영어: Brocard points)은 주어진 삼각형으로 결정되는 한 쌍의 등각 켤레점이다.

제1 브로카르 점

정의

(유향) 평면 위의 삼각형 $ABC$가 주어졌다고 하자. 편의상 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 다음 조건을 만족시키는 점 $\Omega$가 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 $ABC$의 제1 브로카르 점(영어: first Brocard point) $\Omega$라고 한다.

$\angle \Omega AB=\angle \Omega BC=\angle \Omega CA$

(유향) 평면 위의 삼각형 $ABC$가 주어졌다고 하자. 편의상 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 다음 조건을 만족시키는 점 $\Omega '$이 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 $ABC$의 제2 브로카르 점(영어: second Brocard point) $\Omega '$이라고 한다.

$\angle \Omega 'AC=\angle \Omega 'CB=\angle \Omega 'BA$

제1·제2 브로카르 점을 통틀어 브로카르 점이라고 한다.

증명:

등식 $\angle \Omega AB=\angle \Omega BC$는 $\Omega$가 점 $A$를 지나며 점 $B$에서 변 $BC$에 접하는 원 위의 (점 $A$ 또는 $B$가 아닌) 점인 것과 동치이며, 등식 $\angle \Omega AB=\angle \Omega CA$는 $\Omega$가 점 $C$를 지나며 점 $A$에서 변 $AB$에 접하는 원 위의 (점 $C$ 또는 $A$가 아닌) 점인 것과 동치이다. 변 $AB$는 각각 두 원의 현과 접선이므로, 두 원은 교점 $B$에서 접하지 않으며, 두 원은 다른 한 교점을 갖는다. 이는 제1 브로카르 점의 정의를 만족시키는 유일한 점이다.

이는 미켈 정리에 극한을 취한 경우와 같다.

성질

브로카르 각

삼각형 $ABC$의 제1·제2 브로카르 점 $\Omega$, $\Omega '$은 등각 켤레점이다. 즉, 위 6개의 각의 크기는 일치한다. 이 각의 크기를 삼각형 $ABC$의 브로카르 각(영어: Brocard angle) $\omega$라고 한다. 삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $A$, $B$, $C$의 대변의 길이를 $a$, $b$, $c$, 넓이를 $S$라고 하자. 그렇다면 다음 항등식들이 성립한다.^{:266–267, §[XVI.]434–435}

${\begin{aligned}\cot \omega &=\cot A+\cot B+\cot C\\&={\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4S}}\\&={\frac {1+\cos A\cos B\cos C}{\sin A\sin B\sin C}}\\&={\frac {\sin ^{2}A+\sin ^{2}B+\sin ^{2}C}{2\sin A\sin B\sin C}}\\&={\frac {a\sin A+b\sin B+c\sin C}{a\cos A+b\cos B+c\cos C}}\end{aligned}}$

$\csc \omega =\csc A+\csc B+\csc C$

$\sin \omega ={\frac {2S}{\sqrt {a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}}}$

증명:

유향 선분 $B\Omega$의 연장선과 점 $C$를 지나며 점 $A$에서 변 $AB$에 접하는 원의 교점을 $P$라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라

$\angle \Omega PA=\angle \Omega CA=\angle \Omega AB$

이므로 $AP$와 $BC$는 평행한다. 점 $A$, $P$를 지나는 변 $BC$의 수선의 발을 $D$, $E$라고 하자. 그렇다면 접현각의 성질에 따라

$\angle PCE=\angle CPA=\angle CAB$

이다. 따라서 다음이 성립한다.

${\begin{aligned}\cot \omega &={\frac {BE}{PE}}\\&={\frac {BD}{AD}}+{\frac {DC}{AD}}+{\frac {CE}{PE}}\\&=\cot B+\cot C+\cot A\end{aligned}}$

또한

${\begin{aligned}a^{2}&=a\cdot (BD+CD)\\&=a\cdot AD\cdot (\cot B+\cot C)\\&=2S(\cot B+\cot C)\\\end{aligned}}$

$b^{2}=2S(\cot C+\cot A)$

$c^{2}=2S(\cot A+\cot B)$

이므로

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=4S(\cot A+\cot B+\cot C)=4S\cot \omega$

이다.

그 밖의 항등식들은 이 두 항등식과 삼각법을 사용하여 증명할 수 있다.

모든 삼각형의 브로카르 각은 $\pi /6$ 이하이며, 정확히 $\pi /6$일 필요 충분 조건은 정삼각형이다 (바이첸뵈크 부등식).^{:104, §10.2}

$\omega \leq {\frac {\pi }{6}}$

보다 일반적으로, 볼록 다각형 $A_{1}\cdots A_{n}$ ($A_{n+1}=A_{1}$) 및 그 내부에 속하는 점 $P$가 주어졌다고 하자. 그렇다면 다음 부등식이 성립하며, 등식이 성립할 필요 충분 조건은 정다각형과 그 중심이다.

$\min _{1\leq i\leq n}\angle PA_{i}A_{i+1}\leq {\frac {(n-2)\pi }{2n}}$

증명:

모든 $i=1,\dots ,n$에 대하여 $\angle PA_{i}A_{i+1}\geq (n-2)\pi /2n$이라고 가정하자. 그렇다면 모든 $i=1,\dots ,n$에 대하여, $\angle PA_{i}B_{i}=(n-2)\pi /2n$인 선분 $PA_{i+1}$ 위의 점 $B_{i}$가 존재한다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

${\begin{aligned}\sin \angle PB_{1}A_{1}\cdots \sin \angle PB_{n}A_{n}&={\frac {PA_{1}}{PB_{1}}}\sin \angle PA_{1}B_{1}\cdot \cdots \cdot {\frac {PA_{n}}{PB_{n}}}\sin \angle PA_{n}B_{n}\\&\geq {\frac {PA_{1}}{PA_{2}}}\cdot \cdots \cdot {\frac {PA_{n}}{PA_{1}}}\sin ^{n}{\frac {(n-2)\pi }{2n}}\\&=\sin ^{n}{\frac {(n-2)\pi }{2n}}\end{aligned}}$

또한 산술-기하 평균 부등식과 옌센 부등식에 따라 다음이 성립한다.

${\begin{aligned}\sin \angle PB_{1}A_{1}\cdots \sin \angle PB_{n}A_{n}&\leq \left({\frac {\sin \angle PB_{1}A_{1}+\cdots +\sin \angle PB_{n}A_{n}}{n}}\right)^{n}\\&\leq \sin ^{n}{\frac {\angle PB_{1}A_{1}+\cdots \angle PB_{n}A_{n}}{n}}\\&=\sin ^{n}{\frac {(\pi -(n-2)\pi /2n-\angle A_{1}PA_{2})+\cdots +(\pi -(n-2)\pi /2n-\angle A_{n}PA_{1})}{n}}\\&=\sin ^{n}{\frac {(n-2)\pi }{2n}}\end{aligned}}$

따라서 위 두 부등식에서 등식이 성립한다. 등식이 성립할 조건에 따라 모든 $i=1,\dots ,n$에 대하여 $B_{i}=A_{i+1}$이며,

$\angle PA_{2}A_{1}=\angle PA_{3}A_{2}=\cdots =\angle PA_{1}A_{n}={\frac {(n-2)\pi }{2n}}$

이다. 또한

$\angle PA_{1}A_{2}=\angle PA_{2}A_{3}=\cdots =\angle PA_{n}A_{1}={\frac {(n-2)\pi }{2n}}$

이다. 따라서 볼록 다각형 $A_{1}\cdots A_{n}$은 정다각형이며 $P$는 그 중심이다.

삼각형 $ABC$의 제1·제2 브로카르 점을 $\Omega$, $\Omega '$, 외심을 $O$라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.^{:106, §10.2}

$\Omega O=\Omega 'O$

$\angle \Omega O\Omega '=2\omega$

증명:

유향 선분 $A\Omega$, $B\Omega$, $C\Omega$의 연장선과 외접원의 교점을 $A'$, $B'$, $C'$이라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라

$\angle \Omega A'C'=\angle CBC'=\omega$

$\angle AOA'=2\angle A'CA=2\omega$

$\angle \Omega C'B'=\angle \Omega B'A'=\omega$

$\angle BOB'=\angle COC'=2\omega$

이다. 따라서 삼각형 $ABC$는 삼각형 $A'B'C'$을 외심 $O$에 대하여 $2\omega$만큼 회전한 상이며, $\Omega$는 삼각형 $A'B'C'$의 제2 브로카르 점이다. 따라서 점 $\Omega$를 외심 $O$에 대하여 $2\omega$만큼 회전한 상은 원래 삼각형 $ABC$의 제2 브로카르 점 $\Omega '$과 같다.

삼각형 $ABC$의 제1 브로카르 점 $\Omega$를 지나는 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수선의 발을 $D$, $E$, $F$라고 하고, 제2 브로카르 점 $\Omega '$을 지나는 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수선의 발을 $D'$, $E'$, $F'$라고 하자. 그렇다면 두 브로카르 점의 수족 삼각형 $FDE$와 $E'F'D'$은 합동이며, 둘 모두 원래 삼각형 $ABC$와 닮음이다.^{:269, §[XVI.]441}

증명:

사각형 $\Omega FBD$, $\Omega DCE$, $\Omega EAF$는 내접 사각형이므로 원주각의 성질에 따라

$\angle \Omega FD=\angle \Omega BC=\omega$

$\angle \Omega DE=\angle \Omega CA=\omega$

$\angle \Omega EF=\angle \Omega AB=\omega$

이다. 따라서 $\Omega$는 삼각형 $FDE$의 제1 브로카르 점이다. 또한

$\angle DFE=\angle \Omega FD+\angle \Omega FE=\omega +\angle \Omega AC=\angle BAC$

$\angle EDF=\angle \Omega DE+\angle \Omega DF=\omega +\angle \Omega BA=\angle CBA$

$\angle FED=\angle \Omega EF+\angle \Omega ED=\omega +\angle \Omega CB=\angle ACB$

이므로 삼각형 $FDE$와 $ABC$는 닮음이다. 닮음비는

${\frac {\Omega F}{\Omega A}}=\sin \omega$

이며, 이는 제2 브로카르 점의 경우도 마찬가지다.

삼각형 $ABC$의 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 한 꼭짓점 $A$와 제1 브로카르 점 $\Omega$를 지나는 직선 $A\Omega$, 시계 반대 방향에 대한 다음 꼭짓점 $B$를 지나는 대칭 중선 $BK$, 남은 꼭짓점 $C$를 지나는 중선 $CG$는 한 점에서 만난다. 반대로, 한 꼭짓점 $A$와 제2 브로카르 점 $\Omega '$을 지나는 직선 $A\Omega '$, 시계 방향에 대한 다음 꼭짓점 $C$를 지나는 대칭 중선 $CK$, 남은 꼭짓점 $B$를 지나는 중선 $BG$는 한 점에서 만난다.^{:122, §10.6}

증명:

각 꼭짓점을 지나는 직선 $A\Omega$, $BK$, $CG$의 발을 $D$, $E$, $F$라고 하자. 그렇다면 대칭 중선과 중선의 성질에 따라

${\frac {AF}{FB}}=1$

${\frac {CE}{EA}}={\frac {a^{2}}{c^{2}}}$

이다. 체바 정리에 따라 다음을 보이는 것으로 충분하다.

${\frac {BD}{DC}}={\frac {c^{2}}{a^{2}}}$

제1 브로카르 점 $\Omega$의 정의에 따라

$\angle B\Omega D=\angle \Omega AB+\angle \Omega BA=\omega +\angle ABC-\omega =\angle ABC$

$\angle D\Omega C=\angle BAC$

이다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

${\frac {B\Omega }{\sin(C-\omega )}}={\frac {a}{\sin(A+B)}}={\frac {a}{\sin C}}$

${\frac {\Omega D}{\sin(C-\omega )}}={\frac {DC}{\sin A}}$

삼각형 $DB\Omega$와 $DAB$가 닮음이므로

${\frac {c}{BD}}={\frac {B\Omega }{\Omega D}}={\frac {a\sin A}{DC\cdot \sin C}}={\frac {a^{2}}{DC\cdot c}}$

이다.

제1 브로카르 삼각형과 브로카르 원

삼각형 $ABC$의 각각 제1·제2 브로카르 점 $\Omega$와 $\Omega '$을 지나는 두 체바 직선 $B\Omega$와 $C\Omega '$, $C\Omega$와 $A\Omega '$, $A\Omega$와 $B\Omega '$의 교점 $B_{A}$, $B_{B}$, $B_{C}$를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 $ABC$의 제1 브로카르 삼각형(영어: first Brocard triangle) $B_{A}B_{B}B_{C}$라고 한다. 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $B_{A}$, $B_{B}$, $B_{C}$는 각각 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수직 이등분선 위의 점이다.

증명:

이는 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $B_{A}$, $B_{B}$, $B_{C}$가 각각 브로카르 각을 밑각으로 하는 이등변 삼각형 $B_{A}BC$, $B_{B}CA$, $B_{C}AB$의 꼭짓점이기 때문이다.

삼각형 $ABC$의 대칭 중점 $K$와 외심 $O$ 사이의 선분 $KO$를 지름으로 하는 원을 삼각형 $ABC$의 브로카르 원(영어: Brocard circle)이라고 한다. 브로카르 원은 제1 르무안 원과 동심원이다. 삼각형 $ABC$의 제1·제2 브로카르 점 $\Omega$, $\Omega '$은 모두 브로카르 원 위의 점이다. 브로카르 원은 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$의 외접원이다.

증명:

삼각형 $ABC$의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 중점을 각각 $M_{A}$, $M_{B}$, $M_{C}$라고 하자. 그렇다면 $B_{A}$와 변 $BC$ 사이의 거리는

$B_{A}M_{A}=BM_{A}\tan \angle B_{A}BM_{A}={\frac {1}{2}}a\tan \omega$

이다. 이는 대칭 중점 $K$와 변 $BC$ 사이의 거리와 같으므로 $KB_{A}$와 $BC$는 평행한다. $OB_{A}$는 $BC$의 수선이므로 $KB_{A}$의 수선이다. 즉, 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $B_{A}$는 브로카르 원 위의 점이다.

마찬가지로 $KB_{B}$와 변 $CA$는 평행하며 $B_{B}$는 브로카르 원 위의 점이다. 따라서

$\angle \Omega B_{A}K=\angle B_{A}BC=\omega =\angle B_{B}CA=\angle \Omega B_{B}K$

이다. 즉, 제1 브로카르 점 $\Omega$는 브로카르 원 위의 점이다.

제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$는 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 원래 삼각형 $ABC$와 닮음이다.^{:112, §10.4}

증명:

이는 원주각의 성질을 사용하여 다음과 같이 증명할 수 있다.

${\begin{aligned}\angle B_{A}B_{C}B_{B}&=\angle B_{A}\Omega B_{B}\\&=\pi -\angle \Omega B_{A}C-\angle \Omega CB_{A}\\&=\pi -(\pi -2\omega )-(2\omega -C)\\&=\angle ACB\end{aligned}}$

$\angle B_{C}B_{B}B_{A}=\angle CBA$

제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$와 원래 삼각형 $ABC$의 무게 중심은 일치한다.^{:112, §10.4} 이에 따라, 제1 브로카르 삼각형의 각 변 $B_{B}B_{C}$, $B_{C}B_{A}$, $B_{A}B_{B}$의 중점 $D$, $E$, $F$를 지나는 원래 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수선은 원래 삼각형의 구점원의 중심 $N$에서 만난다.^{:117, §10.4}

증명:

점 $B_{A}$를 변 $BC$에 대하여 반사시킨 상을 $B_{A}'$이라고 하자. 그렇다면

$\angle B_{C}BB_{A}'=\angle B_{C}BB_{A}+2\omega =\angle ABC$

${\frac {B_{C}B}{AB}}={\frac {1}{2}}\sec \omega ={\frac {BB_{A}}{BC}}={\frac {BB_{A}'}{BC}}$

이므로 삼각형 $ABC$와 $B_{C}BB_{A}'$은 닮음이다. 마찬가지로

$\angle B_{B}CB_{A}'=\angle ACB$

${\frac {B_{B}C}{AC}}={\frac {1}{2}}\sec \omega ={\frac {B_{A}'C}{BC}}$

이므로 삼각형 $ABC$와 $B_{B}B_{A}'C$는 닮음이다. 또한 $BB_{A}'=B_{A}'C$이므로 삼각형 $B_{C}BB_{A}'$와 $B_{B}B_{A}'C$는 합동이다. 따라서

$AB_{C}=B_{C}B=B_{B}B_{A}'$

이다. 선분 $AB_{C}$, $B_{B}B_{A}'$을 각각 점 $A$, $C$에 대하여 시계 방향 $\omega$만큼 회전시킨 상은 모두 변 $AB$와 평행하므로, $AB_{C}$와 $B_{B}B_{A}'$은 평행한다. 따라서 사각형 $AB_{C}B_{A}'B_{B}$는 평행 사변형이며, 대각선 $AB_{A}'$와 $B_{C}B_{B}$는 그 교점 $P$에서 서로를 이등분한다. 선분 $B_{A}D$는 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$와 $AB_{A}B_{A}'$의 공통 꼭짓점 $B_{A}$를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$와 $AB_{A}B_{A}'$의 무게 중심은 일치한다. 선분 $BC$와 $B_{A}B_{A}'$의 공통 중점을 $M_{A}$라고 하자. 그렇다면 선분 $AM_{A}$는 삼각형 $ABC$와 $AB_{A}B_{A}'$의 공통 꼭짓점 $A$를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 $ABC$와 $AB_{A}B_{A}'$의 무게 중심 역시 일치한다. 따라서 삼각형 $ABC$와 $B_{A}B_{B}B_{C}$의 무게 중심은 일치한다.

삼각형 $ABC$의 외심 $O$와 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $B_{A}$, $B_{B}$, $B_{C}$에 무게 중심 $G$를 닮음 중심으로 하고 $-1/2$을 닮음비로 하는 중심 닮음 변환을 가한 상은 각각 구점원의 중심 $N$과 점 $D$, $E$, $F$이다. $B_{A}O$, $B_{B}O$, $B_{C}O$는 각각 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수직 이등분선이다. 위 변환은 직선의 방향을 보존하므로 $DN$과 $B_{A}O$, $EN$과 $B_{B}O$, $FN$과 $B_{C}O$는 평행한다. 따라서 $DN$, $EN$, $FN$은 각각 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수선이다.

제2 브로카르 삼각형

삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $B$ 또는 $C$를 지나며 꼭짓점 $A$에서 각각 변 $CA$ 또는 $AB$에 접하는 두 원의 교점 $C_{A}$, 꼭짓점 $C$ 또는 $A$를 지나며 꼭짓점 $B$에서 각각 변 $AB$ 또는 $BC$에 접하는 두 원의 교점 $C_{B}$, 꼭짓점 $A$ 또는 $B$를 지나며 꼭짓점 $C$에서 각각 변 $BC$ 또는 $CA$에 접하는 두 원의 교점 $C_{C}$를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 $ABC$의 제2 브로카르 삼각형(영어: second Brocard triangle) $C_{A}C_{B}C_{C}$라고 한다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $C_{A}$, $C_{B}$, $C_{C}$는 각각 대칭 중선 $AK$, $BK$, $CK$ 위의 점이다.

증명:

접현각의 성질에 따라

$\angle C_{A}AB=\angle C_{A}CA$

$\angle C_{A}BA=\angle C_{A}AC$

이므로 삼각형 $C_{A}AB$와 $C_{A}CA$는 닮음이다. 따라서 $C_{A}$와 삼각형의 두 변 $AB$, $CA$ 사이의 거리의 비는 $AB/CA=c/b$이다. 즉, $C_{A}$는 대칭 중선 $AK$ 위의 점이다.

브로카르 원은 제2 브로카르 삼각형 $C_{A}C_{B}C_{C}$의 외접원이다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $C_{A}$, $C_{B}$, $C_{C}$는 각각 선분 $AK$, $BK$, $CK$를 연장한 외접원의 현의 중점이다.^{:118, §10.4}

증명:

편의상 삼각형 $ABC$가 예각 삼각형이며 대칭 중점 $K$가 선분 $AC_{A}$ 위의 점이며 외심 $O$가 삼각형 $AC_{A}C$의 내부에 속한다고 가정하자 (그 밖의 경우의 증명은 유사하다). 그렇다면

$\angle BC_{A}C=2\angle BAC=\angle BOC$

이므로 $B$, $C_{A}$, $O$, $C$는 한 원 위의 점이다. 따라서 다음이 성립한다.

${\begin{aligned}\angle KC_{A}O&=\angle AC_{A}C-\angle OC_{A}C\\&=(\pi -\angle C_{A}AC-\angle C_{A}CA)-\angle OBC\\&=(\pi -\angle C_{A}AC-\angle C_{A}AB)-(\pi /2-\angle BAC)\\&=(\pi -\angle BAC)-(\pi /2-\angle BAC)\\&=\pi /2\end{aligned}}$

즉, 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $C_{A}$는 브로카르 원 위의 점이다.

유향 선분 $AK$의 연장선과 외접원의 교점을 $D$라고 하자. 그렇다면 $OC_{A}$가 현 $AD$의 수선이므로 $C_{A}$는 현 $AD$의 중점이다.

슈타이너 점과 타리 점

삼각형 $ABC$의 각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 제1 브로카르 삼각형의 변 $B_{B}B_{C}$, $B_{C}B_{A}$, $B_{A}B_{B}$의 평행선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 $ABC$의 슈타이너 점(영어: Steiner point) $S$라고 한다 (야코프 슈타이너). 삼각형 $ABC$의 각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 제1 브로카르 삼각형의 변 $B_{B}B_{C}$, $B_{C}B_{A}$, $B_{A}B_{B}$의 수선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 $ABC$의 타리 점(영어: Tarry point) $T$라고 한다 (가스통 타리, 프랑스어: Gaston Tarry). 슈타이너 점과 타리 점은 외접원 위의 한 쌍의 대척점이다.^{:119–120, §10.5, (a)}

증명:

꼭짓점 $A$, $B$를 지나는 변 $B_{B}B_{C}$, $B_{C}B_{A}$의 평행선의 교점을 $S$라고 하자. 그렇다면 삼각형 $ABC$와 $B_{A}B_{B}B_{C}$가 닮음이므로

$\angle ASB=\angle B_{A}B_{C}B_{B}=\angle ACB$

이다. 따라서 $S$는 외접원 위의 점이다. 원주각의 성질에 따라

$\angle BSC=\angle BAC=\angle B_{B}B_{A}B_{C}$

이다. $BS$와 $B_{C}B_{A}$가 평행하므로 $CS$는 $B_{A}B_{B}$와 평행한다.

점 $S$의 대척점을 $T$라고 하자. 그렇다면 선분 $ST$가 외접원의 지름이므로 $AT$, $BT$, $CT$는 각각 $AS$, $BS$, $CS$의 수선이다. 따라서 $AT$, $BT$, $CT$는 $B_{B}B_{C}$, $B_{C}B_{A}$, $B_{A}B_{B}$의 수선이다.

슈타이너 점은 삼각형의 각 꼭짓점에 외각의 크기를 질량으로 부여한 질점의 무게 중심이다.^{:120, §10.5, (a)}

삼각형 $ABC$의 대칭 중점 $K$는 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$의 슈타이너 점이다.^{:121, §10.5, (b)}

증명:

우선, 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$의 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}^{2}B_{B}^{2}B_{C}^{2}$의 각 변 $B_{B}^{2}B_{C}^{2}$, $B_{C}^{2}B_{A}^{2}$, $B_{A}^{2}B_{B}^{2}$가 원래 삼각형 $ABC$와 중심 닮음임을 증명하자. 대칭성에 따라 $B_{A}^{2}B_{B}^{2}$와 $AB$가 평행함을 증명하면 충분하다. 삼각형 $ABC$와 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$를 조합한 도형은 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$와 그 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}^{2}B_{B}^{2}B_{C}^{2}$를 조합한 도형과 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 닮음이다. 따라서 $BC$에서 $B_{A}B_{B}$로 회전한 각의 크기와 $B_{B}B_{C}$에서 $B_{A}^{2}B_{B}^{2}$로 회전한 각의 크기는 덧셈 역원이다. $B_{A}B_{B}$에서 $B_{B}B_{C}$로 회전한 각의 크기는 $BC$에서 $AB$로 회전한 각의 크기와 같으므로 (절댓값은 $\angle ABC$), $BC$에서 $B_{A}^{2}B_{B}^{2}$로 회전한 각의 크기는 $BC$에서 $AB$로 회전한 각의 크기와 같다. 따라서 $B_{A}^{2}B_{B}^{2}$와 $AB$는 평행한다.

이제 대칭 중점 $K$가 제1 브로카르 삼각형 $B_{A}B_{B}B_{C}$의 슈타이너 점임을 증명하자. 삼각형 $ABC$의 외심을 $O$라고 하자. 대칭성에 따라 $B_{A}K$와 $B_{B}^{2}B_{C}^{2}$가 평행함을 증명하면 충분하다. 이는 $B_{A}K$와 $B_{A}O$가 수직이며 $B_{A}O$와 $BC$가 수직이며 또한 $BC$와 $B_{B}^{2}B_{C}^{2}$가 평행하므로 성립한다.

노이베르크 원

삼각형 $ABC$의 브로카르 각을 $\omega$라고 하자. 그렇다면 각각 선분 $BC$, $CA$, $AB$를 한 변으로 하는 삼각형 $PBC$, $QCA$, $RAB$의 브로카르 각이 $\omega$가 되게 만드는 점 $P$, $Q$, $R$의 자취는 각각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 원과 이를 각각 변 $BC$, $CA$, $AB$에 대하여 반사한 상이다. 총 6개의 원 가운데 각각 꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 3개의 원을 삼각형 $ABC$의 노이베르크 원(영어: Neuberg circles)이라고 한다 (요제프 노이베르크, 룩셈부르크어: Joseph Neuberg).

증명:

삼각형 $ABC$와 음이 아닌 실수 $\omega \in [0,\pi /6]$이 주어졌다고 하자. 삼각형의 변 $BC$의 중점을 $M_{A}$라고 하자. 변 $BC$의 수직 이등분선에서 변 $BC$에 대하여 $A$와 같은 쪽이며

$N_{A}M_{A}={\frac {1}{2}}a\cot \omega$

인 점 $N_{A}$를 취하자. 아폴로니오스 정리에 따라

${AM_{A}}^{2}={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}$

이다. 또한 삼각형 $ABC$의 넓이는 다음과 같다.

$S={\frac {1}{2}}a\cdot AM_{A}\cdot \cos \angle AM_{A}N_{A}$

코사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

${\begin{aligned}N_{A}A^{2}&={AM_{A}}^{2}+{N_{A}M_{A}}^{2}-2\cdot AM_{A}\cdot N_{A}M_{A}\cdot \cos \angle AM_{A}N_{A}\\&={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}+{\frac {1}{4}}a^{2}\cot ^{2}\omega -2\cdot AM_{A}\cdot {\frac {1}{2}}a\cot \omega \cdot \cos \angle AM_{A}N_{A}\\&={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}+{\frac {1}{4}}a^{2}\cot ^{2}\omega -2S\cot \omega \end{aligned}}$

만약 삼각형 $ABC$의 브로카르 각이 $\omega$라면,

${\begin{aligned}N_{A}A^{2}&={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}+{\frac {1}{4}}a^{2}\cot ^{2}\omega -{\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}}\\&={\frac {1}{4}}a^{2}(\cot ^{2}\omega -3)\end{aligned}}$

이다. 즉, $A$는 중심이 $N_{A}$, 반지름이

${\frac {1}{2}}a{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}$

인 원 위의 점이다. 반대로, 만약

$N_{A}A={\frac {1}{2}}a{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}$

이라면,

$\cot \omega ={\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4S}}$

이므로 삼각형 $ABC$의 브로카르 각은 $\omega$이다.

꼭짓점 $A$, $B$, $C$를 지나는 노이베르크 원의 중심 $N_{A}$, $N_{B}$, $N_{C}$는 각각 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수직 이등분선 위의 점이다. 노이베르크 원의 중심 $N_{A}$, $N_{B}$, $N_{C}$와 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$ 사이의 거리는 각각 다음과 같다.^{:287, §[XVII.]480}

$d(N_{A},BC)={\frac {1}{2}}a\cot \omega$

$d(N_{B},CA)={\frac {1}{2}}b\cot \omega$

$d(N_{C},AB)={\frac {1}{2}}c\cot \omega$

노이베르크 원의 반지름은 각각 다음과 같다.^{:287, §[XVII.]480}

$N_{A}A={\frac {1}{2}}a{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}$

$N_{B}B={\frac {1}{2}}b{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}$

$N_{C}C={\frac {1}{2}}c{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}$

꼭짓점 $A$를 지나는 노이베르크 원은 꼭짓점 $B$, $C$를 중심으로 하며 선분 $BC$를 반지름으로 하는 두 원과 직교한다. 마찬가지로, 꼭짓점 $B$를 지나는 노이베르크 원은 꼭짓점 $C$, $A$를 중심으로 하며 선분 $CA$를 반지름으로 하는 두 원과 직교하며, 꼭짓점 $C$를 지나는 노이베르크 원은 꼭짓점 $A$, $B$를 중심으로 하며 선분 $AB$를 반지름으로 하는 두 원과 직교한다. 이에 따라, 고정된 선분 $BC$ 및 변화하는 점 $A$에 대한 (꼭짓점 $A$를 지나는) 노이베르크 원들은 동축원 다발을 이루며, 그 두 극한점 $L$, $L'$과 선분 $BC$는 두 정삼각형 $LBC$, $L'BC$를 이룬다.^{:289, §[XVII.]484}

역사

오늘날 브로카르 점이라고 불리는 개념은 아우구스트 레오폴트 크렐레(독일어: August Leopold Crelle)가 1816년에 도입하였다.^:495 그 후 카를 프리드리히 안드레아스 야코비(독일어: Karl Friedrich Andreas Jacobi)를 비롯한 수학자들도 이를 연구하였다.^:495 앙리 브로카르(프랑스어: Henri Brocard)가 1875년에 재발견하였다.^:495

외부 링크

• Weisstein, Eric Wolfgang. “Brocard points”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “First Brocard point”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Second Brocard point”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Third Brocard point”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Brocard angle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Brocard triangles”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “First Brocard triangle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Second Brocard triangle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Third Brocard triangle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Brocard circle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Brocard diameter”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Steiner points”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Tarry point”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
• Weisstein, Eric Wolfgang. “Neuberg circles”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Neuberg center”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “First Neuberg triangle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Second Neuberg triangle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “First Neuberg circle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Second Neuberg circle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research. 
  • Weisstein, Eric Wolfgang. “Neuberg circles’ radical circle”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research.