Posts Tagged ‘ 논증기하 ’

2010 RMM #3

방금 올린 2010 RMM의 3번 문제. 나름 첫날 3번 포지션인데 저거 올리고 좀 풀어보니 바로 풀렸다. 아직 내 두뇌는 열려있어!!

어떤 두 변도 평행이 아닌 볼록사각형 A_1A_2A_3A_4가 주어져 있다. 임의의 i=1,2,3,4에 대해, 원 w_i가 사각형과 외접하며 직선 A_{i-1}A_i,A_iA_{i+1},A_{i+1}A_{i+2}와 접한다고 한다. (첨자는 mod 4로 따져서 A_0=A_4,A_5=A_1,A_6=A_2가 성립한다.) w_iA_iA_{i+1}의 접점을 T_i라 하자. 이 때 직선 A_1A_2,A_3A_4,T_2T_4가 한 점에서 만남은 직선 A_2A_3,A_4A_1,T_1T_3가 한 점에서 만남과 동치임을 보여라.

먼저 A_1A_2와는 T_1에서 접하고 A_3A_4와도 접하는 원 w를 잡는다. 그 원이 A_3A_4와 접하는 점을 T_3'이라 한다. 그러면 w_1,w의 내적 닮음 중심(공통내접선의 교점이기도 하며, 이 점을 중심으로 음수배 확대변환을 하면 두 원이 서로 대응된다.)은 T_1, w_1,w_3의 외적 닮음 중심은 A_2A_3 \cap A_4A_1이며 w,w_3의 내적 닮음 중심은 두 원의 공통내접선의 교점으로 직선 A_3A_4 위에 있다. Monge-d’Alembert’s Theorem에 의해, 이 세 점은 한 직선 위에 있게 된다.

따라서 A_2A_3,A_4A_1,T_1T_3이 한 점에서 만난다면 T_3A_2A_3 \cap A_4A_1T_1을 연결한 직선이 A_3A_4와 만나는 점이 되는데, 이게 바로 w,w_3의 내적 닮음 중심이 된다. 따라서 w,w_3은 점 T_3에서 접해야 하고 그 역이 성립한다. 곧, A_2A_3,A_4A_1,T_1T_3이 한 점에서 만나는 것과, 어떤 원이 있어 A_1A_2T_1에서, A_3A_4T_3에서 접함이 동치가 된다.

이를 식으로 표현하는 것은 간단하다. A_2A_3 \cap A_4A_1=X, A_1A_2 \cap A_3 A_4=Y라 하고 일반성을 잃지 않고 A_1X,A_4 사이에 놓이고 A_2Y,A_1 사이에 놓인다고 하자. 그러면 이 조건은 YT_1=YT_3과 동치가 되고, 이를 위해 A_1A_2=a, A_2A_3=b, A_3A_4=c, A_4A_1=d, A_1X=a_1, A_2X=a_2, A_2Y=b_1, A_3Y=b_2라 하면 a+b+2(b_1-b_2)=c+d+2(a_1-a_2)와 동치가 된다.

한 편 마찬가지로 하면 A_1A_2,A_3A_4,T_2T_4가 한 점에서 만남은 XT_2=XT_4와 동치가 되는데, 이것도 식으로 표현하면 a+b+2(b_1-b_2)=c+d+2(a_1-a_2)와 동치가 된다. 따라서, 둘은 동치이다.

저 Monge-d’Alembert의 정리는 의외로 유용하게 쓰인다. 2008년 KMO의 한 문제도 한 방에 해결되고..

2010 KMO 여름학교 모의고사 2차 #1

그동안 이것저것 일이 많아서 너무 오래 손을 놓고 있었다. 이번에 여름학교에 갔을 때가 마친 모의고사 보기 전이었기에 몇 문제를 propose했고 일부는 모의고사로 출제되었다. 다음은 그 중 한 문제.

예각 부등변 삼각형 ABC에 대해 A에서 BC에 내린 수선의 발을 P라 하고, BC,CA,AB의 중점을 각각 D,E,F라 하자. 그리고 P에서 DE,DF에 내린 수선의 발을 연결한 직선을 l_a라 하자. 마찬가지로 l_b,l_c를 정의하면 l_a,l_b,l_c는 한 점에서 만남을 보여라.

사실 이 문제 논증으로 풀려고 하면 의외로 어렵다. 나도 논증 풀이는 잘 모르겠다. 단지 확실한 것은 해석 기하 풀이가 길지 않게 반드시 존재하기 때문에 너무 어려운 포지션으로 나오기도 힘들다는 것이었다. 그래서 1번으로 냈는데, 별로 평균 점수는 그렇게 높지 않게 나타난 것 같다고.

당시 문제를 감수했던 L이 논증 풀이를 하나 제시하긴 했는데, 다소 복잡했던 것 같아 신경을 못 썼다. 매쓰링크에 올려보니 논증풀이가 올라오긴 왔는데 orthopole이란 개념을 쓰고 있더라. 현역 시절에도 사영기하 쪽은 하나도 안 들여다보았고 지금도 생소한 개념이라 읽기가 꺼려진다. 그래도 언젠가 한 번 봐야지..

논증 풀이 환영.

직선 OI 위의 점들

2007년에 썼던 글을 조금 다듬어서 다시 올린다.

그동안 몇 가지 세 쌍의 직선들이 한 점에서 만나는 사실을 관찰했는데, 그 점들 대부분이 직선 OI에 놓이게 되는 사실이 있었기에 그 점들을 소개하고자 한다.

(1) 삼각형 ABC와 닮음이며 ABC의 내접원에 내접하는 삼각형 중 대응변이 평행인 삼각형은 두 개 있다. 그 중 대응되는 점의 거리가 더 가까운 것을 생각하고, 그 닮음의 중심을 C_1이라 한다. 이 때 이 삼각형에서 ABC에의 닮음변환을 생각하면 내접원이 외접원이 되므로 C_1, O, I는 한 직선 위에 있으며, \frac{IP}{OI} = \frac{r}{R-r}가 성립한다.

(2) 이번엔 두 삼각형 중 나머지, 즉 대응되는 점의 거리가 더 먼 것의 닮음의 중심을 C_2라 한다. 그러면 역시 마찬가지 이유로 C_2, O, I가 한 직선 위에 있으며, \frac{IC_2}{OI} = \frac{-r}{R+r}가 된다. (-의 의미는 반직선 OI와 IQ의 방향이 다름을 의미한다.)

(3) ABC의 내접원과의 접점으로 이루어진 삼각형의 구점원의 중심을 X라 하면, O, I, X가 한 직선 위에 있게 된다. 이는 반전에 의한 풀이 혹은 벡터에 의한 풀이로 구할 수 있다. 이 때 벡터에 의한 풀이를 연장하면 \frac{IX}{OI} = \frac{r}{2R}을 얻는다.

(4) 삼각형 ABC의 내접원이 각 변에 접하는 점을 P,Q,R이라 한다. 외접원에 내접하고 내접원과는 P, Q, R에서 외접하는 원들을 잡고 그들과 외접원의 접점을 P', Q', R'이라 한다. 이 때 P'P, Q'Q, R'R는 한 점에서 만나는데 이는 바로 (2)의 C_2가 된다.

(5) 위와 같은 상황에서, AP', BQ', CR'는 한 점에서 만나는데, 그를 K라 하면 \frac{IK}{OI} = \frac{2r}{2R-r}가 된다.

(6) 삼각형 ABC의 외접원과는 A,B,C에서 내접하고 내접원과는 외접하는 원들이 내접원과 접하는 점을 P, Q, R이라 한다. 그러면 AP, BQ, CR은 한 점에서 만나는데 그것은 역시 (2)의 C_2가 된다.

(7) 이번엔 A,B,C에 내접하고 내접원과는 내접하는 원들의 접점을 P, Q, R이라 하면 AP, BQ, CR은 한 점에서 만나며 그것은 이번엔 (1)의 C_1가 된다.

즉 결론적으로 OI 위에 C_1, C_2, X, K를 잡을 수 있는 것이 된다. 증명은 간단한 경우가 많으니 한 번 직접 시도해보길.

2010 IMO #2

얼마 전에 2010년 국제 수학 올림피아드가 카자흐스탄에서 열렸다. 그 결과 한국이 4위를 차지하여 평소와 다름없는 좋은 활약을 보여주었다. 비록 개인적으로 그다지 좋다고 생각되지 않는 한 문제 때문에 아쉬운 점이 없지 않지만..

첫날 두 번째 문제인 2번 문제.

삼각형 ABC에 대해, 내심을 I라 하고 외접원을 \Gamma라 하자. 그리고 직선 AI\Gamma와 만나는 점을 D(\neq A)라 하자. 호 BDC 위의 점 E를 잡고 변 BC 위에 점 F를 잡아 \displaystyle \angle{BAF}=\angle{CAE}<\frac{1}{2}\angle{BAC}이 되도록 한다. 선분 IF의 중점을 G라 할 때, 직선 DG,EI와 원 \Gamma가 한 점에서 만남을 보여라.
– Proposed by Tai Wai Ming and Wang Chongli, Hong Kong

2번임에도 불구하고 꽤 쉬운 문제이다. 그래서 실제로 IMO에서 1,2,4번을 푼 학생들이 많았고 은메달의 커트라인은 이 세 문제를 풀었을 때 얻을 수 있는 21점이었다.

처음 문제를 볼 때 난감하게 생각할 수도 있는 점은 DGEI가 어떤 존재인지 아직 명확하지 않는다는 것이다. 허나 확실한 사실은, 이 둘이 원 \Gamma에서 만날 필요충분조건은 \angle{GDI}=\angle{IEA}이란 것이다. 즉 모든 것은 단지 이 두 각이 같음만 보이면 된다. 하지만 아직 문제는 있다. 그러면 \angle{GDI}는 어떻게 표현할까?

여기에서 방심 I_a가 등장한다. 혹시 2006년 IMO 1번을 기억하는가? 그 문제의 주요 렘마였던 다음 보조정리를 다시 활용한다.

Lemma 위와 같은 상황에서, I,B,I_a,CD가 중심이며 II_a가 지름인 원 위에 놓인다.

원래 문제로 돌아가면 \angle{GDI}=\angle{FI_aI}가 된다. 따라서 \angle{FI_aA}=\angle{IEA}임을 보이면 된다. 사실은 이것과 본 문제가 성립하는 것은 동치이다. (현재까지의 논리의 흐름에서 역이 계속 성립해왔음을 주목하자.) 그러면 \angle{FAI_a}=\angle{IAE}임을 이미 알고 있으므로, 문제가 성립함은 \triangle{FAI_a}\triangle{IAE}가 닮음임과 동치이다.

여기까지 왔으면 거의 다 끝난 셈이다. 이 두 삼각형이 닮음임을 다음 두 가지 방법으로 보이자.

(1) 반전에 익숙한 사람이라면 이 문제의 그림을 보자마자 반전을 떠올렸을 수도 있다. 왜냐하면, A를 중심으로 반전을 하면 직선 BC가 원 \Gamma로, 그리고 그 반대로 반전되고 전체 그림이 좌우대칭된 모양으로 나오며 그 때 EF의 위치로, 또 그 반대로 반전되기 때문이다. 이를 정량화하여, 이 그림을 A를 중심으로 하고 반지름이 \sqrt{bc}인 반전원에 대해 대칭한다. (a=BC,b=CA,c=AB인 비공식 올림피아드 스탠다드 표기법을 사용하자.) 그리고 좌우대칭을 한다. 그러면 BC로, 그 반대로, 또 EF로, 또 그 반대로 대응이 된다. 따라서 bc=AE \cdot AF가 된다. 또한 AI \cdot AI_a = bc임도 쉽게 확인이 가능하다. (사실 II_a로 반전되기도 하고 그 역도 성립하기 때문인데, 이를 직접적으로 보이는 것보다 계산을 하는 것이 더 편하다. AI=\frac{s-a}{\cos{\frac{A}{2}}}임과 AI_a=\frac{s}{\cos{\frac{A}{2}}}이므로 직접 계산할 수 있다. 혹은 더 간단히, \triangle{ABI}\triangle{AI_aC}가 닮음임을 보이면 된다.) 따라서 AF:AI_a=AI:AE이고 끼인각이 같아 닮음이 증명된다.

(2) 사실 반전은 조금 돌아간 결과이고, 닮음을 보이는 단계까지 왔다면 논증적으로 마무리를 지을 수 있다. 바로 \triangle{ABF}\triangle{AEC}가 닮음임을 증명하는 것이다. 그것은 \angle{BAF}=\angle{EAC}임과 \angle{ABF}=\angle{AEC}에 의해 성립한다. 따라서 AE \cdot AF = bc가 성립하고, 이 이후는 (1)의 증명과 동일하다.

이 증명들 말고도 다른 증명들은 얼마든지 많이 있을 수 있는데, 간단하면서도 논증적인 (2)와 그 변형인 (1)을 살펴보았다. 공부를 위해서라도 올림피아드의 문제는 별해를 여러 개를 찾는 것이 유익한데 한 번 다른 풀이를 찾는 것을 시도해보길 바란다.