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2010 Iran NMO #3

3. 원 W_1,W_2D,P에서 만나고 있다. 점 A,B는 각각 W_1,W_2 위의 점으로 ABW_1,W_2와 동시에 접한다고 한다. DP보다 직선 AB에 더 가깝다고 하자. 직선 AD가 원 W_2C에서 다시 만난다고 할 때, BC의 중점 M에 대해 \angle{DPM}=\angle{BDC}임을 보여라.

의외의 곳에서 반전을 쓰면 의외로 쉽게 풀리기도..

B를 중심으로 반전한다. 그리고 반전된 점들엔 ‘을 붙여서 표현하기로 한다. (점뿐만 아니라 원이나 직선 등등도) 먼적 직선 AB는 그대로 A'B란 직선으로 바뀐다. W_2'A'B와 평행인 어떤 직선이 된다. W_1'은 직선 A'B와는 A'에서 접하는 원으로 W_2'와는 D',P'에서 만난다. 또한 P'BD'보다 더 가까운 거리에 있게 된다. 그러면 C'BA'D'의 외접원이 W_2'와 만나는 점이 되는데 이는 곧 A'BC'D'가 등변사다리꼴이 되게 하는 점이다. 또한 M'BC'=C'M'이 되도록 반직선 B'C'에 존재하는 점.

A'BC'D'는 등변사다리꼴인데 A'D'P'가 이등변삼각형이므로 A'D'=A'P'=BC'=C'M' 이런 변의 관계를 얻는다. 또한 A'BC'P'는 평행사변형이 된다. 따라서 A'B=C'P'이고 A'D' = C'M'이며 \angle D'A'B = \angle C'BA' = \angle M'C'P'이 되어 삼각형 A'BD'C'P'M'이 합동이 된다. 따라서 \angle DPM = \angle DPB + \angle BPM = \angle P'D'B + \angle P'M'B
= \angle A'BD' + \angle P'M'B = \angle M'P'C' + \angle P'M'C' = \angle BC'D' = \angle BDC가 되어 문제가 증명된다.

1986 IMO Short-list 기하 문제와 관련 부등식

원래 1986년 쇼트리스트 문제 중에 다음과 같은 문제가 있었다.

삼각형 ABC의 외심을 O, 내심을 I, 내접원과 세 변의 접점을 D,E,F, 삼각형 DEF의 구점원의 중심을 X라 하자. O,I,X가 일직선 위에 있음을 증명하여라.

이 문제에서 조금 더 나아가 길이를 비교하여 다음 기하 부등식을 얻어낼 수 있다. (정확히는 그 길이의 비를 구할 수 있다.) 대략 2006년 쯤에 발견한 결과로 기억한다.

OI \geq 4IX임을 보여라.

앞의 문제를 (a), 뒤의 문제를 (b)라 한다.

First Solution. (a) 삼각형 DEF에서 외심이 I이고 구점원의 중심이 X이므로, 무게중심을 G라 하면 IX=\frac{3}{2}IG이며 I,X,G는 일직선 위에 있다. 이제 O,I,G가 일직선 위에 오며 OI \geq 6IG임을 보이자.
\vec{OA}=\vec{a}이라 하고 나머지도 마찬가지로 정의한다. \vec{OI}=\sum \frac{a}{a+b+c}\vec{a}이며 \vec{OG}=\frac{1}{3}(\vec{OD}+\vec{OE}+\vec{OF})=\frac{1}{3}\sum \frac{s-c}{a}\vec{b}+\frac{s-b}{a}\vec{c}=\sum \frac{1}{3}(\frac{s-b}{c}+\frac{s-c}{b})\vec{a}이고 \vec{0}=\sum \sin{2A} \vec{a}이므로 O,I,G가 일직선 위에 있음을 보이기 위해 \vec{OG}\vec{OI}의 스칼라 배수임을 보이면 되고, 그를 위해 \vec{OG}+k\vec{0}=l\vec{OI}가 되는 상수 k,l이 존재함을 보이면 된다. 여기서 la,b,c에 대한 대칭식이 될 것이므로, \vec{OG}+k\vec{0}\vec{OI}\vec{a}의 계수의 비율이 l, 즉 대칭식이 되게 하는 대칭식 k를 잡으면 된다. 그 비율은 \displaystyle \frac{\frac{1}{3}(\frac{s-b}{c}+\frac{s-c}{b})+k\sin{2A}}{\frac{a}{a+b+c}}이므로 이를 계산하자.

\displaystyle \frac{\frac{1}{3}(\frac{s-b}{c}+\frac{s-c}{b})+k\sin{2A}}{\frac{a}{a+b+c}}
\displaystyle = \frac{a+b+c}{3}\frac{\frac{s-b}{c}+\frac{s-c}{b}+3k\sin{2A}}{a}
\displaystyle = \frac{a+b+c}{3abc}(b(s-b)+c(s-c)+3kbc\sin{2A})이므로, \vec{b}의 계수는 \displaystyle \frac{a+b+c}{3abc}(a(s-a)+c(s-c)+2kac\sin{2B})이므로 두 값이 로 같음은 곧 \displaystyle b(x-b)+c(s-c)+3kbc\sin{2A}=a(s-a)+c(s-c)+3kac\sin{2B}임과 동치이다. 여기에서 3kc(b\sin{2A}-a\sin{2B})=a(s-a)-b(s-b)=(a-b)s-(a-b)(a+b)=-(a-b)(s-c)가 되어
\displaystyle k=\frac{-(a-b)(s-c)}{3c(b\sin{2A}-a\sin{2B})}=\frac{-(a-b)(s-c)}{6bc\frac{a}{2R}\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}-6ac\frac{b}{2R}\frac{a^2-b^2+c^2}{2ac}}
\displaystyle =\frac{2R}{3}\frac{-(a-b)(s-c)}{-(a-b)(a+b)^2+(a-b)c^2} = \frac{2R}{3}\frac{s-c}{(a+b+c)(a+b-c)}=\frac{R}{3(a+b+c)}가 된다. 따라서 대칭식이 되어 증명이 끝난다.

(b) 앞의 결과에서 k=\frac{R}{3(a+b+c)}를 대입하자. 그러면
\displaystyle l=\frac{a+b+c}{3abc}(b(s-b)+c(s-c)+\frac{R}{a+b+c}2bc \sin{A} \cos{A}) = \frac{a+b+c}{3abc}(b(s-b)+c(s-c)+\frac{R}{a+b+c}\frac{a}{2R}(-a^2+b^2+c^2))
\displaystyle = \frac{1}{6abc}(-\sum_{cyc}a^3+\sum_{sym}a^2b+4abc)=\frac{1}{6abc}((-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)+6abc)
이다. 곧 \displaystyle \frac{OG}{OI}=\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{6abc}+1이므로 \displaystyle \frac{IG}{OI}=\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{6abc}가 된다. IX=\frac{3}{2}IG임에서 \displaystyle \frac{IX}{OI}=\frac{1}{4}\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{abc} \leq \frac{1}{4}가 되어 OI \geq 4IX가 성립한다.

Second Solution. (a) 내접원과 BC,CA,AB의 접점을 D,E,F라 하자. 그리고 EF,FD,DE의 중점을 각각 P,Q,R이라 하자. 그러면 XPQR의 외심이다. 삼각형 AEF는 이등변 삼각형이므로 A,P,I는 한 직선 위에 있게 된다. (I는 내심으로 각 A의 이등분선 위에 있음) 이 때 \angle{APF}=\angle{AFI}=\frac{\pi}{2}이고 \angle{PAF}=\angle{FAI}이므로 삼각형 PAF와 삼각형 FAI는 닮음이다. 따라서 IP:IF=IF:IA, 즉 IA \cdot IP=IF^2이다. 이 때 내접원의 반지름의 길이를 r이라 하면 IA \cdot IP=r^2이다. 마찬가지로 IB \cdot IQ = IC \cdot IR = r^2임을 얻을 수 있으므로, 이 평면을 ABC의 내접원에 대해 반전하면 A \rightarrow P,B\rightarrow Q,C \rightarrow R이 되므로 ABC의 외접원은 PQR의 외접원으로 반전된다.

한 편, 이 외접원을 반전할 때 원래의 중심을 O라 하면, 반전된 후의 도형인 원의 중심은 X가 된다. 원래의 원은 직선 OI에 대해 대칭이므로 그 반전 역시 직선 OI의 반전, 즉 직선 OI에 대해 대칭이어야 한다. 따라서 X가 직선 OI 위에 있어야 하고 이는 O,I,X가 일직선 위에 있음을 증명하는 것이 된다. 이로써 증명은 끝난다.

(b) 직선 OI 위에서 생각하자. 이 수직선 위에서 I의 좌표를 0이라 하면 O의 좌표는 OI=\sqrt{R^2-2Rr}가 된다. 곧 외접원의 지름 양 끝점은 \sqrt{R^2-2Rr} \pm R이 되어 원 X의 지름 양 끝점은 \frac{r^2}{\sqrt{R^2-2Rr} \pm R}가 된다. 따라서 X의 좌표는 \displaystyle \frac{1}{2}(\frac{r^2}{\sqrt{R^2-2Rr}+R}+\frac{r^2}{\sqrt{R^2-2Rr}-R})=-\frac{r}{2R}\sqrt{R^2-2Rr}이 되므로 \frac{IX}{OI}=\frac{r}{2R} \leq \frac{1}{4}가 되어 증명된다.

Third Solution. OI^2 \geq 16IX^2를 보인다. 삼각형 DEF의 수심을 H이라 하면 구점원의 중심은 IH의 중점이다. IH^2=9r^2-(DE^2+EF^2+FD^2)이므로 IX^2=\frac{1}{4}(9r^2-\sum DE^2)이다. DE=2r \cos \frac{C}{2}이므로
\displaystyle 16IX^2 = 4(9r^2-4r^2(\sum \cos^2\frac{A}{2}))=4(9r^2-4r^2 \sum \frac{1+\cos A}{2})
\displaystyle = 12r^2-8r^2 \sum cos A인데, \sum \cos A = 1+\frac{r}{R}이므로 16IX^2=12r^2-8r^2(1+\frac{r}{R})가 된다. 따라서
\displaystyle R^2-2Rr=OI^2 \geq 16IX^2
\displaystyle \Leftrightarrow R^2-2Rr \geq 12r^2 -8r^2(1+\frac{r}{R})
\displaystyle \Leftrightarrow R^3-2R^2r-4Rr^2+8r^3 \geq 0
\displaystyle \Leftrightarrow (R-2r)^2(R+2r) \geq 0
인데 이 부등식은 성립하므로, 원래 부등식이 성립한다.

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.