2010 KMO #3

3. 삼각형 ABC의 내접원 I가 변 BC,CA,AB와 각각 P,Q,R에서 접한다고 하자. 두 점 B,C를 지나는 원이 원 I와 점 X에서 접하고, C,A를 지나는 원이 I와 점 Y에서 접하고, A,B를 지나는 원이 점 Z에서 접할 때, 세 직선 PX,QY,RZ가 한 점에서 만남을 보여라.

다소 계산이 많이 포함된 증명. 좀 아쉽군.. 분명 더 깔쌈한 증명이 있을 법 한데.

먼저 내접원을 \gamma, 잡은 세 원을 각각 \gamma_a,\gamma_b,\gamma_c라 한다. 그리고 직선 PX\gamma_aBC에 대해 A의 반대쪽에서 만나는 점을 잡아 M_a라 하면 M_a가 호 BC의 중점이 됨은 잘 알려져 있다. 원 \gamma_a의 중심을 O_a, 반지름을 R_a라 하자. 내접원의 반지름 길이는 r. 그러면 IO_a = R_a-r이다. I,O_a에서 BC에 내린 수선의 발을 임의로 H_1,H_2라 하면 H_1H_2=\frac{b-c}{2}이다. 이건 b=c여도 다 통용되는 이야기. 그러면 O_aH_2=\sqrt{R_a^2-\frac{a^2}{4}}이므로 피타고라스의 정리에 의해 (R_a-r)^2 = \frac{(b-c)^2}{4} + (r+\sqrt{R_a^2 - \frac{a^2}{4}})^2가 성립하고 정리하면 \frac{a^2-(b-c)^2}{8r} = R_a + \sqrt{R_a^2 - \frac{a^2}{4}}가 된다. (참고로 이것은 O_aBC에 대해 A의 반대쪽에 있을 때인데, 그 외의 경우는 중간 중간 부호만 바꿔주면 되고 겨과는 같다. 아마 그런 경우는 없던 것 같던데, 계산에 실수를 했을 수도 있어서..)

자 그러면 M_aO의 길이를 구하자. 여기서 OABC의 외심이다. 이는 M_aH_2 + H_2O = R_a + \sqrt{R_a^2 - \frac{a^2}{4}} + R \cos A인데 정리하면
\displaystyle \frac{a^2-(b-c)^2}{\frac{16S}{a+b+c}} + \frac{abc}{4S}\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}
\displaystyle \frac{-a^3-b^3-c^3+a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+2abc}{16S}가 된다. (SABC의 넓이) 즉 a,b,c에 대한 대칭식이 되므로, M_aO=M_bO=M_cO가 된다. 이는 M_aM_bM_c의 외접원은 O를 중심으로 하며, \gamma_a,\gamma_b,\gamma_c와 접함을 의미한다.

이제 M_a에서의 \gamma_a의 접선을 잡고 마찬가지로 나머지 두 접선을 잡는다. 그러면 이들은 ABC의 변들과 평행하므로 이 세 직선으로 이루어진 삼각형은 ABC와 닮음이다. 게다가 대응변이 평행하므로 닮음의 중심이 존재한다. 그런데 이 큰 삼각형의 내접원이 바로 M_aM_bM_c의 외접원이고 이것이 변과 접하는 점은 M_a이고, ABC에서 내접원이 변과 접하는 점은 P이다. 즉 P,M_a는 닮음 변환으로 대응되는 점이다. 따라서 닮음의 중심을 K라 하면 K,P,M_a가 한 직선 위에 있게 된다. 마찬가지로 K는 직선 QM_b,RM_c 위에 있게 되는데 이 직선들이 바로 PX,QY,RZ이므로 증명이 끝난다.

뒷부분은 그나마 깔끔..

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    • 신종현
    • August 26th, 2010

    이 풀이를 보고 난 후의 느낌은 한마디로 ‘소름돋는다.’ 어떻게 저런 식으로 발상했을 지를 느끼고 난 후에 소름이 쫙 돋았음. 사실, 이후에 구체적인 계산은 그냥 밀어붙이면 되는 것이고…. 멋있다.

    • 신종현
    • August 26th, 2010

    아참, 그리고 사소한 코멘트 하나 더. O_a가 BC를 기준으로 A와 같은 곳에 위치하는 경우도 생김 ^^

    • 나름 그거 확인한다고 계산했었는데, 계산 실수를 했나보네요.. ㅠㅠ 감사합니다!

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