브로카르 점

제1 브로카르 점

기하학에서 브로카르 점(틀:Llang)은 주어진 삼각형으로 결정되는 한 쌍의 등각 켤레점이다.

정의

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

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }AB=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }BC=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }CA$

(유향) 평면 위의 삼각형 $ABC$가 주어졌다고 하자. 편의상 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 다음 조건을 만족시키는 점 ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$이 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 $ABC$의 제2 브로카르 점(틀:Llang) ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$이라고 한다.

$\mathrm{\angle }{\mathrm{\Omega }}^{\prime }AC=\mathrm{\angle }{\mathrm{\Omega }}^{\prime }CB=\mathrm{\angle }{\mathrm{\Omega }}^{\prime }BA$

제1·제2 브로카르 점을 통틀어 브로카르 점이라고 한다. 틀:증명 등식 $\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }AB=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }BC$는 $\mathrm{\Omega }$가 점 $A$를 지나며 점 $B$에서 변 $BC$에 접하는 원 위의 (점 $A$ 또는 $B$가 아닌) 점인 것과 동치이며, 등식 $\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }AB=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }CA$는 $\mathrm{\Omega }$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. 틀:증명 끝

성질

브로카르 각

삼각형 $ABC$의 제1·제2 브로카르 점 $\mathrm{\Omega }$, ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$은 등각 켤레점이다. 즉, 위 6개의 각의 크기는 일치한다. 이 각의 크기를 삼각형 $ABC$의 브로카르 각(틀:Llang) $\omega$라고 한다. 삼각형 $ABC$의 꼭짓점 $A$, $B$, $C$의 대변의 길이를 $a$, $b$, $c$, 넓이를 $S$라고 하자. 그렇다면 다음 항등식들이 성립한다.틀:Rp

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

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

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

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

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }PA=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }CA=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }AB$

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

$\mathrm{\angle }PCE=\mathrm{\angle }CPA=\mathrm{\angle }CAB$

이다. 따라서 다음이 성립한다.

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

또한

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

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

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

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. 틀:증명 끝

모든 삼각형의 브로카르 각은 $\pi /6$ 이하이며, 정확히 $\pi /6$일 필요 충분 조건은 정삼각형이다 (바이첸뵈크 부등식).틀:Rp

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

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.

$\underset{1\le i\le n}{\min }\mathrm{\angle }P{A}_i{A}_{i+1}\le \frac{(n-2)\pi }{2n}$

틀:증명 모든 $i=1,\dots ,n$에 대하여 $\mathrm{\angle }P{A}_i{A}_{i+1}\ge (n-2)\pi /2n$이라고 가정하자. 그렇다면 모든 $i=1,\dots ,n$에 대하여, $\mathrm{\angle }P{A}_i{B}_i=(n-2)\pi /2n$인 선분 $P{A}_{i+1}$ 위의 점 $B_i$가 존재한다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\sin \mathrm{\angle }P{B}_1{A}_1\cdots \sin \mathrm{\angle }P{B}_n{A}_n& =\frac{P{A}_1}{P{B}_1}\sin \mathrm{\angle }P{A}_1{B}_1\cdot \cdots \cdot \frac{P{A}_n}{P{B}_n}\sin \mathrm{\angle }P{A}_n{B}_n\\ & \ge \frac{P{A}_1}{P{A}_2}\cdot \cdots \cdot \frac{P{A}_n}{P{A}_1}{\sin }^n\frac{(n-2)\pi }{2n}\\ & ={\sin }^n\frac{(n-2)\pi }{2n}\end{array}$

또한 산술-기하 평균 부등식과 옌센 부등식에 따라 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\sin \mathrm{\angle }P{B}_1{A}_1\cdots \sin \mathrm{\angle }P{B}_n{A}_n& \le {\left(\frac{\sin \mathrm{\angle }P{B}_1{A}_1+\cdots +\sin \mathrm{\angle }P{B}_n{A}_n}{n}\right)}^n\\ & \le {\sin }^n\frac{\mathrm{\angle }P{B}_1{A}_1+\cdots \mathrm{\angle }P{B}_n{A}_n}{n}\\ & ={\sin }^n\frac{(\pi -(n-2)\pi /2n-\mathrm{\angle }{A}_{1}P{A}_2)+\cdots +(\pi -(n-2)\pi /2n-\mathrm{\angle }{A}_{n}P{A}_1)}{n}\\ & ={\sin }^n\frac{(n-2)\pi }{2n}\end{array}$

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

$\mathrm{\angle }P{A}_2{A}_1=\mathrm{\angle }P{A}_3{A}_2=\cdots =\mathrm{\angle }P{A}_1{A}_n=\frac{(n-2)\pi }{2n}$

이다. 또한

$\mathrm{\angle }P{A}_1{A}_2=\mathrm{\angle }P{A}_2{A}_3=\cdots =\mathrm{\angle }P{A}_n{A}_1=\frac{(n-2)\pi }{2n}$

이다. 따라서 볼록 다각형 $A_1\cdots A_n$은 정다각형이며 $P$는 그 중심이다. 틀:증명 끝

삼각형 $ABC$의 제1·제2 브로카르 점을 $\mathrm{\Omega }$, ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$, 외심을 $O$라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.틀:Rp

$\mathrm{\Omega }O={\mathrm{\Omega }}^{\prime }O$

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }O{\mathrm{\Omega }}^{\prime }=2\omega$

틀:증명 유향 선분 $A\mathrm{\Omega }$, $B\mathrm{\Omega }$, $C\mathrm{\Omega }$의 연장선과 외접원의 교점을 $A^{\prime }$, $B^{\prime }$, $C^{\prime }$이라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }{A}^{\prime }{C}^{\prime }=\mathrm{\angle }CB{C}^{\prime }=\omega$

$\mathrm{\angle }AO{A}^{\prime }=2\mathrm{\angle }{A}^{\prime }CA=2\omega$

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }{C}^{\prime }{B}^{\prime }=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }{B}^{\prime }{A}^{\prime }=\omega$

$\mathrm{\angle }BO{B}^{\prime }=\mathrm{\angle }CO{C}^{\prime }=2\omega$

이다. 따라서 삼각형 $ABC$는 삼각형 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$을 외심 $O$에 대하여 $2\omega$만큼 회전한 상이며, $\mathrm{\Omega }$는 삼각형 $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$의 제2 브로카르 점이다. 따라서 점 $\mathrm{\Omega }$를 외심 $O$에 대하여 $2\omega$만큼 회전한 상은 원래 삼각형 $ABC$의 제2 브로카르 점 ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$과 같다. 틀:증명 끝

삼각형 $ABC$의 제1 브로카르 점 $\mathrm{\Omega }$를 지나는 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수선의 발을 $D$, $E$, $F$라고 하고, 제2 브로카르 점 ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$을 지나는 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수선의 발을 $D^{\prime }$, $E^{\prime }$, $F^{\prime }$라고 하자. 그렇다면 두 브로카르 점의 수족 삼각형 $FDE$와 $E^{\prime }{F}^{\prime }{D}^{\prime }$은 합동이며, 둘 모두 원래 삼각형 $ABC$와 닮음이다.틀:Rp 틀:증명 사각형 $\mathrm{\Omega }FBD$, $\mathrm{\Omega }DCE$, $\mathrm{\Omega }EAF$는 내접 사각형이므로 원주각의 성질에 따라

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }FD=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }BC=\omega$

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }DE=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }CA=\omega$

$\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }EF=\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }AB=\omega$

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

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

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

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

이므로 삼각형 $FDE$와 $ABC$는 닮음이다. 닮음비는

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

이며, 이는 제2 브로카르 점의 경우도 마찬가지다. 틀:증명 끝

삼각형 $ABC$의 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 한 꼭짓점 $A$와 제1 브로카르 점 $\mathrm{\Omega }$를 지나는 직선 $A\mathrm{\Omega }$, 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 ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$을 지나는 직선 $A{\mathrm{\Omega }}^{\prime }$, 시계 방향에 대한 다음 꼭짓점 $C$를 지나는 대칭 중선 $CK$, 남은 꼭짓점 $B$를 지나는 중선 $BG$는 한 점에서 만난다.틀:Rp 틀:증명 각 꼭짓점을 지나는 직선 $A\mathrm{\Omega }$, $BK$, $CG$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 $\mathrm{\Omega }$의 정의에 따라

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

$\mathrm{\angle }D\mathrm{\Omega }C=\mathrm{\angle }BAC$

이다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

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

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

삼각형 $DB\mathrm{\Omega }$와 $DAB$가 닮음이므로

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

이다. 틀:증명 끝

제1 브로카르 삼각형과 브로카르 원

삼각형 $ABC$의 각각 제1·제2 브로카르 점 $\mathrm{\Omega }$와 ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$을 지나는 두 체바 직선 $B\mathrm{\Omega }$와 $C{\mathrm{\Omega }}^{\prime }$, $C\mathrm{\Omega }$와 $A{\mathrm{\Omega }}^{\prime }$, $A\mathrm{\Omega }$와 $B{\mathrm{\Omega }}^{\prime }$의 교점 $B_A$, $B_B$, $B_C$를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 $ABC$의 제1 브로카르 삼각형(틀:Llang) $B_A{B}_B{B}_C$라고 한다. 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $B_A$, $B_B$, $B_C$는 각각 삼각형의 변 $BC$, $CA$, $AB$의 수직 이등분선 위의 점이다. 틀: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. 틀:증명 끝

삼각형 $ABC$의 대칭 중점 $K$와 외심 $O$ 사이의 선분 $KO$를 지름으로 하는 원을 삼각형 $ABC$의 브로카르 원(틀:Llang)이라고 한다. 브로카르 원은 제1 르무안 원과 동심원이다. 삼각형 $ABC$의 제1·제2 브로카르 점 $\mathrm{\Omega }$, ${\mathrm{\Omega }}^{\prime }$은 모두 브로카르 원 위의 점이다. 브로카르 원은 제1 브로카르 삼각형 $B_A{B}_B{B}_C$의 외접원이다. 틀: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

$B_A{M}_A=B{M}_A\tan \mathrm{\angle }{B}_{A}B{M}_A=\frac{1}{2}a\tan \omega$

이다. 이는 대칭 중점 $K$와 변 $BC$ 사이의 거리와 같으므로 $K{B}_A$와 $BC$는 평행한다. $O{B}_A$는 $BC$의 수선이므로 $K{B}_A$의 수선이다. 즉, 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $B_A$는 브로카르 원 위의 점이다.

마찬가지로 $K{B}_B$와 변 $CA$는 평행하며 $B_B$는 브로카르 원 위의 점이다. 따라서

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

이다. 즉, 제1 브로카르 점 $\mathrm{\Omega }$는 브로카르 원 위의 점이다. 틀:증명 끝

제1 브로카르 삼각형 $B_A{B}_B{B}_C$는 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 원래 삼각형 $ABC$와 닮음이다.틀:Rp 틀:증명 이는 원주각의 성질을 사용하여 다음과 같이 증명할 수 있다.

$\begin{array}{cc}\mathrm{\angle }{B}_A{B}_C{B}_B& =\mathrm{\angle }{B}_A\mathrm{\Omega }{B}_B\\ & =\pi -\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }{B}_{A}C-\mathrm{\angle }\mathrm{\Omega }C{B}_A\\ & =\pi -(\pi -2\omega )-(2\omega -C)\\ & =\mathrm{\angle }ACB\end{array}$

$\mathrm{\angle }{B}_C{B}_B{B}_A=\mathrm{\angle }CBA$

제1 브로카르 삼각형 $B_A{B}_B{B}_C$와 원래 삼각형 $ABC$의 무게 중심은 일치한다.틀:Rp 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.틀:Rp 틀:증명 점 $B_A$를 변 $BC$에 대하여 반사시킨 상을 ${B_A}^{\prime }$이라고 하자. 그렇다면

$\mathrm{\angle }{B}_{C}B{B_A}^{\prime }=\mathrm{\angle }{B}_{C}B{B}_A+2\omega =\mathrm{\angle }ABC$

$\frac{B_{C}B}{AB}=\frac{1}{2}\sec \omega =\frac{B{B}_A}{BC}=\frac{B{B_A}^{\prime }}{BC}$

이므로 삼각형 $ABC$와 $B_{C}B{B_A}^{\prime }$은 닮음이다. 마찬가지로

$\mathrm{\angle }{B}_{B}C{B_A}^{\prime }=\mathrm{\angle }ACB$

$\frac{B_{B}C}{AC}=\frac{1}{2}\sec \omega =\frac{{B_A}^{\prime }C}{BC}$

이므로 삼각형 $ABC$와 $B_B{B_A}^{\prime }C$는 닮음이다. 또한 $B{B_A}^{\prime }={B_A}^{\prime }C$이므로 삼각형 $B_{C}B{B_A}^{\prime }$와 $B_B{B_A}^{\prime }C$는 합동이다. 따라서

$A{B}_C=B_{C}B=B_B{B_A}^{\prime }$

이다. 선분 $A{B}_C$, $B_B{B_A}^{\prime }$을 각각 점 $A$, $C$에 대하여 시계 방향 $\omega$만큼 회전시킨 상은 모두 변 $AB$와 평행하므로, $A{B}_C$와 $B_B{B_A}^{\prime }$은 평행한다. 따라서 사각형 $A{B}_C{B_A}^{\prime }{B}_B$는 평행 사변형이며, 대각선 $A{B_A}^{\prime }$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 $A{B}_A{B_A}^{\prime }$의 공통 꼭짓점 $B_A$를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 $B_A{B}_B{B}_C$와 $A{B}_A{B_A}^{\prime }$의 무게 중심은 일치한다. 선분 $BC$와 $B_A{B_A}^{\prime }$의 공통 중점을 $M_A$라고 하자. 그렇다면 선분 $A{M}_A$는 삼각형 $ABC$와 $A{B}_A{B_A}^{\prime }$의 공통 꼭짓점 $A$를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 $ABC$와 $A{B}_A{B_A}^{\prime }$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. 틀:증명 끝

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(틀:Llang) $C_A{C}_B{C}_C$라고 한다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $C_A$, $C_B$, $C_C$는 각각 대칭 중선 $AK$, $BK$, $CK$ 위의 점이다. 틀:증명 접현각의 성질에 따라

$\mathrm{\angle }{C}_{A}AB=\mathrm{\angle }{C}_{A}CA$

$\mathrm{\angle }{C}_{A}BA=\mathrm{\angle }{C}_{A}AC$

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. 틀:증명 끝

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

$\mathrm{\angle }B{C}_{A}C=2\mathrm{\angle }BAC=\mathrm{\angle }BOC$

이므로 $B$, $C_A$, $O$, $C$는 한 원 위의 점이다. 따라서 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}\mathrm{\angle }K{C}_{A}O& =\mathrm{\angle }A{C}_{A}C-\mathrm{\angle }O{C}_{A}C\\ & =(\pi -\mathrm{\angle }{C}_{A}AC-\mathrm{\angle }{C}_{A}CA)-\mathrm{\angle }OBC\\ & =(\pi -\mathrm{\angle }{C}_{A}AC-\mathrm{\angle }{C}_{A}AB)-(\pi /2-\mathrm{\angle }BAC)\\ & =(\pi -\mathrm{\angle }BAC)-(\pi /2-\mathrm{\angle }BAC)\\ & =\pi /2\end{array}$

즉, 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 $C_A$는 브로카르 원 위의 점이다.

유향 선분 $AK$의 연장선과 외접원의 교점을 $D$라고 하자. 그렇다면 $O{C}_A$가 현 $AD$의 수선이므로 $C_A$는 현 $AD$의 중점이다. 틀:증명 끝

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(틀:Llang) $S$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(틀:Llang) $T$라고 한다 (가스통 타리, 틀:Llang). 슈타이너 점과 타리 점은 외접원 위의 한 쌍의 대척점이다.틀:Rp 틀: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

$\mathrm{\angle }ASB=\mathrm{\angle }{B}_A{B}_C{B}_B=\mathrm{\angle }ACB$

이다. 따라서 $S$는 외접원 위의 점이다. 원주각의 성질에 따라

$\mathrm{\angle }BSC=\mathrm{\angle }BAC=\mathrm{\angle }{B}_B{B}_A{B}_C$

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. 틀:증명 끝

슈타이너 점은 삼각형의 각 꼭짓점에 외각의 크기를 질량으로 부여한 질점의 무게 중심이다.틀:Rp

삼각형 $ABC$의 대칭 중점 $K$는 제1 브로카르 삼각형 $B_A{B}_B{B}_C$의 슈타이너 점이다.틀:Rp 틀: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 $\mathrm{\angle }ABC$), $BC$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. 틀:증명 끝

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(틀:Llang)이라고 한다 (요제프 노이베르크, 틀:Llang). 틀: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

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

이다. 또한 삼각형 $ABC$의 넓이는 다음과 같다.

$S=\frac{1}{2}a\cdot A{M}_A\cdot \cos \mathrm{\angle }A{M}_A{N}_A$

코사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

$\begin{array}{cc}{N}_A{A}^2& ={A{M}_A}^2+{N_A{M}_A}^2-2\cdot A{M}_A\cdot N_A{M}_A\cdot \cos \mathrm{\angle }A{M}_A{N}_A\\ & =\frac{1}{2}{b}^2+\frac{1}{2}{c}^2-\frac{1}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{a}^2{\cot }^2\omega -2\cdot A{M}_A\cdot \frac{1}{2}a\cot \omega \cdot \cos \mathrm{\angle }A{M}_A{N}_A\\ & =\frac{1}{2}{b}^2+\frac{1}{2}{c}^2-\frac{1}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{a}^2{\cot }^2\omega -2S\cot \omega \end{array}$

만약 삼각형 $ABC$의 브로카르 각이 $\omega$라면,

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

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. 틀:증명 끝

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.틀:Rp

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

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

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

노이베르크 원의 반지름은 각각 다음과 같다.틀:Rp

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

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

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

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 $L$, $L^{\prime }$과 선분 $BC$는 두 정삼각형 $LBC$, $L^{\prime }BC$를 이룬다.틀:Rp

역사

오늘날 브로카르 점이라고 불리는 개념은 아우구스트 레오폴트 크렐레(틀:Llang)가 1816년에 도입하였다.틀:Rp 그 후 카를 프리드리히 안드레아스 야코비(틀:Llang)를 비롯한 수학자들도 이를 연구하였다.틀:Rp 앙리 브로카르(틀:Llang)가 1875년에 재발견하였다.틀:Rp

외부 링크

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