수직이등분선과 각의 이등분선Perpendicular & Angle Bisectors

수직이등분선 정리(성질)에 의해 수직이등분선 위의 점은 양 끝점에서 같은 거리에 있다:

By the Perpendicular Bisector Theorem (the property), a point on the bisector is equidistant from the endpoints:

양 끝점에서 같은 거리에 있으므로 판정(수직이등분선 정리의 역)에 의해 $Q$는 $\overline{AB}$의 수직이등분선 위에 있다.

성질이 아니라 역이 일한 것을 확인하라 — "선 위에 있다 → 등거리"가 아니라 "등거리 → 선 위에 있다" 방향이다. $7$이라는 값 자체는 결론에 쓰이지 않는다.

$Q$ is equidistant from the endpoints, so by the test (the converse), $Q$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{AB}$.

Note it was the converse at work, not the property — the direction runs "equidistant → on the line," not the other way. The value $7$ itself plays no role in the conclusion.

각의 이등분선 정리(성질)에 의해 이등분선 위의 점은 두 변에서 같은 거리에 있으므로 답은 $4$.

여기서 "거리"는 수선의 발까지의 길이다 — 비스듬히 잰 길이가 아니라는 것까지 답의 일부다.

By the Angle Bisector Theorem (the property), a point on the bisector is equidistant from the two sides, so the answer is $4$.

Here "distance" means the length along the perpendicular — not a slanted measurement. That, too, is part of the answer.

외심: 세 수직이등분선의 교점 — 꼭짓점 등거리(그래서 세 꼭짓점을 지나는 외접원의 중심). 내심: 세 각의 이등분선의 교점 — 변 등거리(그래서 세 변에 닿는 내접원의 중심).

자취 조건이 다르니 등거리의 상대도 다르다 — 점(꼭짓점)에서 등거리인 쪽이 외심, 선(변)에서 등거리인 쪽이 내심이다.

Circumcenter: intersection of the three perpendicular bisectors — equidistant from the vertices (hence the center of the circumcircle through them). Incenter: intersection of the three angle bisectors — equidistant from the sides (hence the center of the incircle touching them).

Different locus conditions, different equidistance partners — equal distances to points (vertices) means circumcenter; to lines (sides), incenter.

성질에 의해 $PA = PB$:

$PB = 2(7) + 13 = 27$. 검산: $PA = 5(7) - 8 = 27$ — 일치 ✓.

By the property, $PA = PB$:

So $PB = 2(7) + 13 = 27$. Check: $PA = 5(7) - 8 = 27$ — agreed ✓.

$AB = AC$일 때, 그리고 그때뿐이다.

$A$가 수직이등분선 위에 있으면 성질에 의해 $AB = AC$. 거꾸로 $AB = AC$이면 판정에 의해 $A$는 $\overline{BC}$의 수직이등분선 위에 있다. 두 방향이 다 성립하니 필요충분조건이다.

이등변삼각형의 축이 다른 옷을 입고 나타난 것이다 — 꼭지각에서 내려오는 대칭축이 곧 밑변의 수직이등분선이라는 사실을, 이제는 자취의 언어로 말할 수 있다.

Exactly when $AB = AC$.

If $A$ is on the perpendicular bisector, the property gives $AB = AC$. Conversely, if $AB = AC$, the test puts $A$ on the perpendicular bisector of $\overline{BC}$. Both directions hold, so the condition is necessary and sufficient.

The axis of an isosceles triangle in new clothes — that the symmetry axis from the apex is the base's perpendicular bisector can now be said in the language of loci.

$\triangle OXP$와 $\triangle OYP$ — 직각이 있고, 공통변은 빗변이다.

$\triangle OXP$ and $\triangle OYP$ — there are right angles, and the shared side is a hypotenuse.

$\blacksquare$

HL의 첫 실전이다. 성질의 증명(AAS)과 나란히 놓고 보라 — 갈 때는 각을 알아서 AAS, 올 때는 변을 알아서 HL. 직각이 있으니 빗변과 다리 하나로 충분하다는 조건이 정확히 이 자리에 맞는다.

채점 기준. ① 두 직각과 공통 빗변 확보(1점) ② HL 선언 — 빗변·다리 배열 명시(1점) ③ 대응각 수확과 이등분선 결론(1점). 피타고라스 없이 합동 조건만 쓴 다른 경로도 논리가 완전하면 만점.

$\blacksquare$

HL's first live mission. Set it beside the property's proof (AAS) — going out, the angles were known, so AAS; coming back, the sides are known, so HL. "With a right angle, hypotenuse and one leg suffice" fits this exact spot.

Grading. ① The two right angles and the shared hypotenuse (1 pt) ② the HL declaration, hypotenuse-leg lineup made explicit (1 pt) ③ harvesting the angles and concluding bisector (1 pt). Any other complete route using congruence criteria (no Pythagoras needed) earns full credit.

그런 지점을 $P$라 하면 $PA = PB$에서 $P$는 $\overline{AB}$의 수직이등분선 위(판정), $PB = PC$에서 $\overline{BC}$의 수직이등분선 위(판정)다. 즉 $P$는 두 직선의 교점이어야 하는데, 두 직선은 많아야 한 점에서 만난다 — 이 과정 맨 처음에 증명한 첫 정리다. 그러므로 후보는 많아야 하나, 그리고 외심 정리가 그 하나가 실제로 존재하고 세 집 모두에서 등거리임을 보증한다. 답: 정확히 $1$개, $\triangle ABC$의 외심.

작도: $\overline{AB}$의 수직이등분선과 $\overline{BC}$의 수직이등분선을 긋고 교점을 취한다. 셋째 수직이등분선은 확인용으로만 — 저절로 같은 점을 지난다.

Call such a spot $P$. From $PA = PB$, $P$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{AB}$ (the test); from $PB = PC$, on that of $\overline{BC}$ (the test again). So $P$ must be the intersection of two lines — and two lines meet in at most one point, the very first theorem proved in this course. At most one candidate, then; and the circumcenter theorem guarantees that the one candidate exists and is equidistant from all three houses. Answer: exactly $1$, the circumcenter of $\triangle ABC$.

Construction: draw the perpendicular bisectors of $\overline{AB}$ and of $\overline{BC}$; take their intersection. The third bisector is only a check — it passes through the same point on its own.

축은 무엇의 수직이등분선이고, 동시에 무엇의 이등분선인가?

The axis is the perpendicular bisector of what — and simultaneously the bisector of what?

이등변삼각형의 축은 한 선이 세 신분을 겸직한다는 정리에 의해 밑변 $\overline{BC}$의 수직이등분선이면서 꼭지각 $\angle A$의 이등분선이다.

외심은 세 수직이등분선 전부의 교점이므로 특히 $\overline{BC}$의 수직이등분선 위에 있다 — 즉 축 위다. 내심은 세 이등분선 전부의 교점이므로 특히 $\angle A$의 이등분선 위에 있다 — 역시 축 위다.

대칭이 두 중심을 한 줄에 세운 것이다. 다음 차시에서 나머지 두 중심도 같은 줄에 서는 것을 보게 된다.

채점 기준. ① 축 = $\overline{BC}$의 수직이등분선이자 $\angle A$의 이등분선(1점) ② 외심이 축 위인 근거(정의의 "세 선 전부"에서 특수화)(1점) ③ 내심이 축 위인 근거(1점).

By the theorem that one line holds three jobs in an isosceles triangle, the axis is the perpendicular bisector of the base $\overline{BC}$ and also the bisector of the apex angle $\angle A$.

The circumcenter is the intersection of all three perpendicular bisectors, so in particular it lies on the perpendicular bisector of $\overline{BC}$ — the axis. The incenter is the intersection of all three angle bisectors, so in particular it lies on the bisector of $\angle A$ — the axis again.

Symmetry lines the two centers up on one ruler. Next lesson, the remaining two centers join the same line.

Grading. ① The axis identified as both the perpendicular bisector of $\overline{BC}$ and the bisector of $\angle A$ (1 pt) ② the circumcenter argument (specializing "on all three lines") (1 pt) ③ the incenter argument (1 pt).

금 위의 점은 접어도 제자리다 — 그 점에서 A까지의 거리는 접힌 뒤 어디까지의 거리가 되는가?

A point on the crease stays put when you fold — after folding, its distance to A becomes its distance to what?

접기는 종이를 포개는 것이므로 길이를 보존하고, 금 위의 점은 접어도 움직이지 않는다.

금 위의 임의의 점 $P$를 보자. 접으면 $A$는 $B$에, $P$는 $P$ 자신에 포개지므로, 선분 $\overline{PA}$는 선분 $\overline{PB}$에 정확히 포개진다. 포개지는 두 선분은 길이가 같다:

판정(수직이등분선 정리의 역)에 의해 $P$는 $\overline{AB}$의 수직이등분선 위에 있다. 금의 모든 점이 그러하므로 금 전체가 수직이등분선에 포함되고, 금도 직선, 수직이등분선도 직선이다 — 서로 다른 두 점을 공유하는 두 직선은 두 점 결정 공리에 의해 같은 직선이다. 즉 금 $=$ 수직이등분선.

컴퍼스 없이 접기 한 번으로 수직이등분선이 작도되는 이유다 — 접기가 곧 등거리 조건의 물리적 실행이기 때문이다.

채점 기준. ① 접기 = 포개기(길이 보존) + 금 위의 점은 고정(1점) ② $PA = PB$에서 판정 적용(1점) ③ "모든 점"에서 직선 일치까지(두 점 결정 공리 또는 동등한 논증)(1점).

Folding lays the paper onto itself, so it preserves lengths, and a point on the crease does not move.

Take any point $P$ on the crease. Folding sends $A$ to $B$ and $P$ to itself, so segment $\overline{PA}$ lands exactly on segment $\overline{PB}$. Segments that coincide have equal lengths:

By the test (the converse of the Perpendicular Bisector Theorem), $P$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{AB}$. Every point of the crease does, so the whole crease sits inside the perpendicular bisector — and both are lines. Two lines sharing two distinct points are the same line, by the two-point postulate. Crease $=$ perpendicular bisector.

This is why one fold constructs a perpendicular bisector without a compass — folding is the equidistance condition, executed physically.

Grading. ① Folding = superposition (lengths preserved) plus crease points fixed (1 pt) ② $PA = PB$ and the test applied (1 pt) ③ from "every point" to the lines coinciding (two-point postulate or an equivalent argument) (1 pt).

∠OCA를 알면 ∠OCB도 안다 — 직각에서 빼면 되니까. 그 각이 낯익은 각과 같지 않은가?

Knowing ∠OCA gives ∠OCB — subtract from the right angle. Does that angle match a familiar one?

$\overline{AC}$의 수직이등분선은 $\overline{AC}$에 수직이고, $\overline{BC}$도 $\overline{AC}$에 수직($\angle C = 90°$)이므로 둘은 평행하다(같은 직선에 수직인 두 직선). 직선 $AB$는 $B$에서 $\overline{BC}$와 만나므로 이 수직이등분선과 평행일 수 없고(평행이면 추이성으로 $AB \parallel BC$가 되어 모순), 한 점 $O$에서 만난다.

1단계. $O$는 $\overline{AC}$의 수직이등분선 위 — 성질에 의해 $OA = OC$. $\triangle OAC$는 이등변이므로 밑각 정리로

2단계. $\angle OCB = 90° - \angle OCA = 90° - \angle A$. 그런데 직각삼각형의 두 예각은 여각이므로 $\angle B = 90° - \angle A$. 즉

3단계. $\triangle OBC$에서 두 각이 같으니 밑각 정리의 역으로 $OB = OC$. 종합하면 $OA = OC = OB$.

4단계. $O$는 직선 $AB$ 위의 점이고 $OA = OB$다 — 직선 위에서 양 끝점 등거리는 중점뿐이므로(끝점 바깥은 한쪽이 다른 쪽을 품는다) $O$는 $\overline{AB}$의 중점이다. 그리고 $O$는 세 꼭짓점에서 등거리이므로 외심 그 자체다(외심은 유일 — 두 수직이등분선의 교점은 많아야 하나). $\blacksquare$

수확이 하나 더 있다 — $O$가 중점이므로 직각삼각형에서 빗변에 그은 중선의 길이는 빗변의 절반이다 ($OC = \frac{AB}2$). 다음 차시(중선)에서 바로 쓰게 될 사실이고, 원 단원에서는 "지름이 만드는 직각"으로 다시 만난다.

채점 기준. ① $OA = OC$에서 밑각 정리로 $\angle OCA = \angle A$(1점) ② 여각 논증으로 $\angle OCB = \angle B$, 판정으로 $OB = OC$(1점) ③ 직선 위 등거리 → 중점 결론(교점 존재 논증 포함 여부는 감점 없이 가산 요소)(1점).

The perpendicular bisector of $\overline{AC}$ is perpendicular to $\overline{AC}$, and so is $\overline{BC}$ (since $\angle C = 90°$) — two lines perpendicular to the same line, hence parallel. Line $AB$ meets $\overline{BC}$ at $B$, so it cannot be parallel to that bisector (otherwise transitivity would force $AB \parallel BC$, absurd); they meet at a point $O$.

Step 1. $O$ is on the perpendicular bisector of $\overline{AC}$, so $OA = OC$ by the property. $\triangle OAC$ is isosceles, and the Base Angles Theorem gives

Step 2. $\angle OCB = 90° - \angle OCA = 90° - \angle A$. But the two acute angles of a right triangle are complementary, so $\angle B = 90° - \angle A$. Hence

Step 3. In $\triangle OBC$, two equal angles give $OB = OC$ by the converse of the Base Angles Theorem. Altogether $OA = OC = OB$.

Step 4. $O$ lies on line $AB$ with $OA = OB$ — on the line itself, only the midpoint is equidistant from both endpoints (beyond an endpoint, one distance swallows the other), so $O$ is the midpoint of $\overline{AB}$. Being equidistant from all three vertices, $O$ is the circumcenter itself (which is unique — two perpendicular bisectors meet at most once). $\blacksquare$

One more harvest — since $O$ is the midpoint, in a right triangle, the median to the hypotenuse is half the hypotenuse ($OC = \frac{AB}2$). Next lesson (medians) uses this immediately; the circles unit meets it again as "the right angle a diameter makes."

Grading. ① $OA = OC$ and the Base Angles Theorem giving $\angle OCA = \angle A$ (1 pt) ② the complementary-angle step to $\angle OCB = \angle B$ and the converse giving $OB = OC$ (1 pt) ③ equidistance on the line forcing the midpoint (the intersection-existence argument is a bonus, not a deduction) (1 pt).

OA = OB = OC — 이등변 세 채가 숨어 있다. 세 밑각을 문자로 놓고 내각합을 써 보라.

OA = OB = OC — three isosceles triangles are hiding. Name the three base angles and use the angle sum.

$OA = OB = OC$이므로 $\triangle OAB$, $\triangle OAC$, $\triangle OBC$는 전부 이등변이다. 밑각 정리로

라 놓자(예각삼각형이라 $O$가 내부에 있어 세 각이 이렇게 쪼개진다). $\angle A = x + y = 40°$이고, $\triangle ABC$의 내각합은

$\triangle OBC$에서 $\angle BOC = 180° - 2z = 180° - 100° = 80°$.

검산: $\angle BOC = 80° = 2\angle A$ ✓ — 우연이 아니다. 같은 계산이 임의의 예각에 대해 $\angle BOC = 180° - 2(90° - \angle A) = 2\angle A$를 준다. 중심에서 본 각은 꼭짓점에서 본 각의 두 배 — 원 단원에서 "중심각과 원주각"이라는 이름으로 주인공이 될 관계를, 이등변 세 채가 미리 보여 준 것이다.

Since $OA = OB = OC$, the triangles $OAB$, $OAC$, $OBC$ are all isosceles. By the Base Angles Theorem set

(the triangle is acute, so $O$ is interior and the angles split this way). Then $\angle A = x + y = 40°$, and the angle sum of $\triangle ABC$ reads

In $\triangle OBC$, $\angle BOC = 180° - 2z = 180° - 100° = 80°$.

Check: $\angle BOC = 80° = 2\angle A$ ✓ — no accident. The same computation gives $\angle BOC = 180° - 2(90° - \angle A) = 2\angle A$ for any acute triangle. The angle seen from the center is twice the angle seen from the vertex — the relation that stars in the circles unit as "central and inscribed angles," previewed here by three isosceles triangles.

그 한 점 P에 대해 PA = PB(외심)와 "AP, BP가 이등분선"(내심)을 동시에 쓸 수 있다.

For that one point P you may use PA = PB (circumcenter) and "AP, BP are bisectors" (incenter) at the same time.

외심이자 내심인 점을 $P$라 하자.

1단계. $P$는 내심이므로 $\overline{AP}$는 $\angle A$의 이등분선: $\angle PAB = \frac{\angle A}2$. 마찬가지로 $\angle PBA = \frac{\angle B}2$.

2단계. $P$는 외심이므로 $PA = PB$ — $\triangle PAB$는 이등변이고 밑각 정리로 $\angle PAB = \angle PBA$. 1단계와 이으면

3단계. 같은 논증을 $\triangle PBC$에 적용하면($PB = PC$, 이등분선 두 개) $\angle B = \angle C$. 그러므로 $\angle A = \angle B = \angle C = 60°$이고, 밑각 정리의 역을 두 번 쓰면 세 변이 전부 같다 — 정삼각형이다. $\blacksquare$

정삼각형에서는 모든 중심이 한 점에 모이는데, 이 문제는 그 역이다 — 두 중심만 겹쳐도 삼각형은 정삼각형일 수밖에 없다. 대칭이 강제되는 것이다.

채점 기준. ① 내심 성질(이등분선)과 외심 성질(등거리)을 한 삼각형 $\triangle PAB$에서 결합(1점) ② $\angle A = \angle B$ 도출(1점) ③ 다른 꼭짓점 쌍으로 반복 + 등각→등변 마무리(1점).

Let $P$ be the point that is both circumcenter and incenter.

Step 1. As incenter, $P$ puts $\overline{AP}$ on the bisector of $\angle A$: $\angle PAB = \frac{\angle A}2$. Likewise $\angle PBA = \frac{\angle B}2$.

Step 2. As circumcenter, $PA = PB$ — so $\triangle PAB$ is isosceles, and the Base Angles Theorem gives $\angle PAB = \angle PBA$. Chain with Step 1:

Step 3. The same argument in $\triangle PBC$ (using $PB = PC$ and two bisectors) gives $\angle B = \angle C$. Hence $\angle A = \angle B = \angle C = 60°$, and two applications of the converse of the Base Angles Theorem make all three sides equal — equilateral. $\blacksquare$

In an equilateral triangle every center collapses to one point; this problem is the reverse — if even two of the centers coincide, the triangle has no choice but to be equilateral. Symmetry is forced.

Grading. ① Combines the incenter property (bisectors) and circumcenter property (equidistance) inside one triangle $\triangle PAB$ (1 pt) ② derives $\angle A = \angle B$ (1 pt) ③ repeats with another vertex pair and closes with equiangular → equilateral (1 pt).