좌표 증명Coordinate Proofs

$m_{AB} = m_{CD}$ — 평행. $m_{AB} \times m_{EF} = 2 \times \left(-\frac12\right) = -1$ — 수직.

기울기 두 개면 위치 관계가 끝난다 — 각을 잴 필요가 없다.

Equal slopes — parallel. Product $2 \times \left(-\frac12\right) = -1$ — perpendicular.

Two slopes settle the relationship — no angle ever gets measured.

$B$를 공유하는 두 선분의 기울기가 같으므로 세 점은 한 직선 위에 있다.

공선 판별 = "공통점 + 같은 기울기" — 좌표 증명에서 "이 점이 저 직선 위에 있다"를 확인하는 표준 절차다.

Two segments sharing $B$ with equal slopes — the three points are collinear.

The collinearity test — "shared point plus equal slopes" — is the standard move for verifying "this point lies on that line" in coordinate proofs.

— 두 변이 수직이므로 $\angle B = 90°$.

지난 차시에는 변 길이 셋과 피타고라스의 역으로 확인했던 것 — 기울기 판별은 계산이 더 짧다. 같은 결론, 두 개의 길.

— the two sides are perpendicular, so $\angle B = 90°$.

Last lesson this took three side lengths and the Pythagorean converse — the slope test is shorter. Same conclusion, two roads.

배치. 꼭지각의 꼭짓점을 $y$축 위 $(0, h)$에, 밑변의 두 끝을 $(-a, 0)$, $(a, 0)$에 놓는다.

대표성. 이등변삼각형은 꼭짓점에서 밑변 중점으로 내린 축에 대해 대칭이다. 어떤 이등변삼각형이든 밑변 중점이 원점에, 대칭축이 $y$축에 오도록 이동·회전시킬 수 있고, 이동·회전은 도형의 성질을 바꾸지 않는다. 이 배치에서 두 등변의 길이가 $\sqrt{a^2 + h^2}$로 자동으로 같아지는 것이 그 증거다 — 이등변 조건이 좌표의 대칭에 흡수됐다.

일반성을 잃는 예. $(0,0)$, $(a, 0)$, $(0, a)$처럼 놓으면 등변이 수직으로 만나는 직각이등변만 다루는 것이고, $(-a, 0)$, $(a, 0)$, $(0, a)$처럼 높이를 밑변에 묶으면 높이와 밑변의 비가 고정된 특정 모양만 다룬다. 문자 하나가 줄 때마다 "공짜 가정"이 하나 들어온 것은 아닌지 확인해야 한다 — 임의의 이등변삼각형에는 독립적인 문자 두 개($a$와 $h$)가 필요하다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 설명도 만점 — $(0,0)$, $(2a,0)$, $(a,h)$ 배치 포함)

• 대칭축 활용 배치 제시 (1점)
• 이동·회전으로 모든 경우를 덮음을 논증 (1점)
• 일반성 잃는 배치의 예와 이유 (1점)

Placement. Apex on the $y$-axis at $(0, h)$; base endpoints at $(-a, 0)$ and $(a, 0)$.

Why it represents all. An isosceles triangle is symmetric about the axis from its apex to the base's midpoint. Any such triangle can be slid and rotated so the base's midpoint lands at the origin and the axis along the $y$-axis — and sliding and rotating change none of its properties. The proof is in the coordinates themselves: the two legs automatically measure $\sqrt{a^2 + h^2}$ each — the isosceles condition absorbed into the symmetry of the placement.

A failing placement. $(0,0)$, $(a, 0)$, $(0, a)$ handles only the right isosceles triangle (legs meeting perpendicularly); $(-a, 0)$, $(a, 0)$, $(0, a)$ ties the height to the base, fixing one particular shape. Every deleted letter risks smuggling in a free assumption — an arbitrary isosceles triangle needs two independent letters ($a$ and $h$).

Rubric (any logically correct explanation earns full credit — including the $(0,0)$, $(2a,0)$, $(a,h)$ placement)

• A symmetry-using placement (1 pt)
• The slide-and-rotate coverage argument (1 pt)
• A failing placement with its reason (1 pt)

직각을 원점에 — 두 다리가 축을 따라 눕는다.

Right angle at the origin — the legs lie along the axes.

직각 꼭짓점을 원점에, 두 다리를 축 위에 놓는다: $C(0, 0)$, $A(a, 0)$, $B(0, b)$ — 어떤 직각삼각형도 이동·회전으로 이 꼴이 되므로 일반적이다.

빗변의 중점은

중선의 길이는

삼각형의 성질 단원에서는 직사각형으로 두 배 복사해 증명했던 정리다 — 좌표에서는 중점 공식과 거리 공식의 릴레이 두 줄. $M$이 세 꼭짓점 모두에서 같은 거리($\frac12\sqrt{a^2+b^2}$)라는 것, 곧 빗변의 중점이 외심이라는 탈레스의 역까지 같은 계산 안에 들어 있다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 직각의 원점 배치와 일반성 (1점)
• 중점 좌표 (1점)
• $CM = \frac12 AB$ 계산 (1점)

Place the right angle at the origin with the legs on the axes: $C(0, 0)$, $A(a, 0)$, $B(0, b)$ — every right triangle slides and rotates into this pose, so it is fully general.

The hypotenuse's midpoint is

and the median measures

The triangle-properties unit proved this by doubling into a rectangle — in coordinates it is a two-line relay of midpoint and distance formulas. And the same computation contains Thales' converse: $M$ is equidistant ($\frac12\sqrt{a^2+b^2}$) from all three vertices — the hypotenuse's midpoint is the circumcenter.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The origin placement and its generality (1 pt)
• The midpoint coordinates (1 pt)
• The $CM = \frac12 AB$ computation (1 pt)

마름모 조건(네 변이 같음)을 식으로 적으면 $c^2 + d^2 = a^2$이 나온다.

Writing the rhombus condition (equal sides) as an equation yields $c^2 + d^2 = a^2$.

이 배치는 평행사변형을 나타낸다($\overline{AB}$와 $\overline{DC}$가 둘 다 가로 벡터 $(a, 0)$만큼 이동). 마름모 조건: 이웃 변의 길이가 같아야 하므로

두 대각선의 기울기를 곱한다:

(마지막에 마름모 조건 $c^2 - a^2 = -d^2$을 대입). 수직이다. $\blacksquare$

(어느 대각선이 수직선이 되는 특수 배치 — $c = -a$ 또는 $c = a$ — 에서는 기울기 대신 "한쪽이 수직선, 다른 쪽이 수평선"임을 직접 확인하면 된다.)

사각형 단원에서 이등변의 축으로 증명했던 정리가, 좌표에서는 조건식 하나를 기울기 곱에 대입하는 것으로 끝난다 — 도형의 조건이 대수의 치환이 되는 전형적 장면이다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 마름모 조건의 식 번역 ($c^2 + d^2 = a^2$) (1점)
• 두 대각선의 기울기 (1점)
• 곱 $= -1$ 결론 (1점)

This placement encodes a parallelogram ($\overline{AB}$ and $\overline{DC}$ are both the horizontal step $(a, 0)$). The rhombus condition — adjacent sides equal — reads

Multiply the diagonals' slopes:

(substituting the rhombus condition $c^2 - a^2 = -d^2$ at the end). Perpendicular. $\blacksquare$

(In the special poses where a diagonal is vertical — $c = \pm a$ — check directly that one diagonal is vertical and the other horizontal.)

The quadrilateral unit proved this with the isosceles axis — in coordinates it ends by substituting one condition into one product of slopes: the figure's hypothesis becoming an algebraic substitution, a signature scene of coordinate proof.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• Translating the rhombus condition ($c^2 + d^2 = a^2$) (1 pt)
• The two diagonal slopes (1 pt)
• Product $= -1$ (1 pt)

외심은 두 변의 수직이등분선의 교점이다 — 계산이 쉬운 변부터 골라라.

The circumcenter is where two perpendicular bisectors meet — pick the easiest sides first.

변 $(0,0)$–$(6,0)$의 수직이등분선: 수평인 변의 중점 $(3, 0)$을 지나는 수직선 — $x = 3$.

변 $(0,0)$–$(2,4)$의 수직이등분선: 중점 $(1, 2)$, 변의 기울기 $2$이므로 수직 기울기 $-\frac12$:

$x = 3$을 대입하면 $y = 2 - \frac12 \times 2 = 1$:

검산 — 등거리: $(0,0)$까지 $\sqrt{10}$, $(2,4)$까지 $\sqrt{1+9} = \sqrt{10}$, $(6,0)$까지 $\sqrt{9+1} = \sqrt{10}$ ✓.

축 위의 변을 먼저 쓰면 방정식 하나가 공짜($x = 3$)가 된다 — 배치의 이득은 증명만이 아니라 계산에서도 난다.

Perpendicular bisector of $(0,0)$–$(6,0)$: a vertical line through the horizontal side's midpoint $(3, 0)$ — $x = 3$.

Perpendicular bisector of $(0,0)$–$(2,4)$: midpoint $(1, 2)$, side slope $2$, so perpendicular slope $-\frac12$:

At $x = 3$: $y = 2 - \frac12(2) = 1$.

Check equidistance: to $(0,0)$: $\sqrt{10}$; to $(2,4)$: $\sqrt{1+9} = \sqrt{10}$; to $(6,0)$: $\sqrt{9+1} = \sqrt{10}$ ✓.

Using the on-axis side first makes one equation free ($x = 3$) — placement pays off in computation, not only in proofs.

평행사변형의 두 대각선 $\overline{AC}$, $\overline{BD}$는 중점이 같다:

검산 — 변 벡터로: $A \to B$는 $(5, 1)$, $D \to C$는 $(4-(-1), 7-6) = (5, 1)$ ✓ — 마주 보는 변이 같은 걸음이다.

"중점 일치"를 성분 식으로 풀면 덧셈 뺄셈 두 번 — 좌표 사전이 문제를 산수로 바꿨다.

The diagonals $\overline{AC}$ and $\overline{BD}$ share a midpoint:

Check by side steps: $A \to B$ is $(5, 1)$, and $D \to C$ is $(4-(-1), 7-6) = (5, 1)$ ✓ — opposite sides take the same walk.

Solving "same midpoint" componentwise is one addition and one subtraction — the coordinate dictionary reduces the problem to arithmetic.

대칭축을 $y$축에 — 등변사다리꼴의 대칭성이 좌표를 $\pm$ 쌍으로 만든다.

Symmetry axis on the $y$-axis — the trapezoid's symmetry pairs the coordinates as $\pm$.

등변사다리꼴은 두 밑변의 중점을 잇는 축에 대해 대칭이다(사각형 단원). 그 축을 $y$축으로 삼아

로 놓는다 — 어떤 등변사다리꼴도 이동·회전으로 이 꼴이 되므로 일반적이고, 두 다리의 길이가 $\sqrt{(a-b)^2 + h^2}$로 자동으로 같아지는 것이 대칭 흡수의 증거다.

두 대각선:

같다. $\blacksquare$

사각형 단원에서는 SAS 합동으로 증명했던 정리 — 대칭 배치가 합동 논증을 부호 제곱의 소멸 $(-b-a)^2 = (a+b)^2$ 하나로 압축했다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 대칭축 배치와 일반성 논증 (1점)
• 두 대각선의 거리 계산 (1점)
• 일치 결론 (1점)

An isosceles trapezoid is symmetric about the axis joining its bases' midpoints (quadrilateral unit). Take that axis as the $y$-axis:

— every isosceles trapezoid slides and rotates into this pose, and the two legs automatically measuring $\sqrt{(a-b)^2 + h^2}$ each is the symmetry's receipt.

The diagonals:

Equal. $\blacksquare$

The quadrilateral unit proved this by SAS — the symmetric placement compresses the congruence argument into one vanishing of signs: $(-b-a)^2 = (a+b)^2$.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The symmetric placement with generality argument (1 pt)
• The two diagonal distances (1 pt)
• Concluding equality (1 pt)

중점 셋:

중점삼각형의 세 변:

원래 세 변은 $\sqrt{4+16} = 2\sqrt5$, $\sqrt{36+4} = 2\sqrt{10}$, $\sqrt{16+36} = 2\sqrt{13}$ — 변마다 정확히 두 배다.

중점연결정리("절반")가 세 변 각각에서 수치로 확인된다 — 어느 변이 어느 변의 절반인지 대응까지 보인다(각 중점변은 자기가 닿지 않은 변의 절반).

The three midpoints:

The medial triangle's sides:

The original sides are $\sqrt{4+16} = 2\sqrt5$, $\sqrt{36+4} = 2\sqrt{10}$, $\sqrt{16+36} = 2\sqrt{13}$ — exactly double, side by side.

The midsegment theorem's "half," verified numerically on all three sides — with the pairing visible: each midsegment halves the side it doesn't touch.

네 중점으로 만든 사각형의 "대각선 중점"을 각각 계산해 보라.

Compute the "diagonal midpoints" of the midpoint quadrilateral.

꼭짓점을 $A(a_1, a_2)$, $B(b_1, b_2)$, $C(c_1, c_2)$, $D(d_1, d_2)$로 놓는다(완전히 임의). 네 변의 중점은

사각형 $PQRS$의 두 대각선 $\overline{PR}$, $\overline{QS}$의 중점을 각각 계산하면:

— 같은 점이다. 대각선이 서로를 이등분하므로, 판정 정리에 의해 $PQRS$는 평행사변형이다. $\blacksquare$

원래 사각형이 오목해도, 심지어 변이 꼬여도 계산은 그대로다 — 네 꼭짓점의 평균이라는 한 점이 언제나 두 대각선의 공통 중점 노릇을 한다. 닮음 단원이라면 중점연결정리를 대각선 $\overline{AC}$에 두 번 쓰는 증명이 되는데, 좌표 증명은 그 보조선조차 필요 없다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점 — 중점연결정리 경유 포함)

• 임의 좌표와 네 중점 (1점)
• 두 대각선 중점이 $\frac{A+B+C+D}{4}$로 일치 (1점)
• 판정 정리 인용해 결론 (1점)

Take fully arbitrary vertices $A(a_1, a_2)$, $B(b_1, b_2)$, $C(c_1, c_2)$, $D(d_1, d_2)$. The four side midpoints are

Compute the midpoints of $PQRS$'s diagonals $\overline{PR}$ and $\overline{QS}$:

— the same point. The diagonals bisect each other, so by the parallelogram test, $PQRS$ is a parallelogram. $\blacksquare$

Concave original, even a crossed one — the computation never changes: the average of the four vertices serves as the common midpoint always. A similarity-unit proof would apply the midsegment theorem twice across diagonal $\overline{AC}$; the coordinate proof needs not even that auxiliary line.

Rubric (any logically correct proof earns full credit — including via the midsegment theorem)

• Arbitrary coordinates and the four midpoints (1 pt)
• Both diagonal midpoints equal $\frac{A+B+C+D}{4}$ (1 pt)
• Citing the test to conclude (1 pt)

외심은 이전 문제에서 구했다 — 수심은 두 수선의 교점이다.

The circumcenter came from the earlier problem — the orthocenter is where two altitudes meet.

외심: 앞 문제에서 $O(3, 1)$.

무게중심: $G = \left(\dfrac{0+6+2}{3}, \dfrac{0+0+4}{3}\right) = \left(\dfrac83, \dfrac43\right)$.

수심: 꼭짓점 $(2,4)$에서 밑변($x$축)에 내린 수선은 $x = 2$. 꼭짓점 $(0,0)$에서 변 $(6,0)$–$(2,4)$(기울기 $-1$)에 내린 수선은 기울기 $1$의 직선 $y = x$. 교점: $H(2, 2)$.

공선과 비: $O(3,1)$에서 $H(2,2)$로 가는 걸음은 $(-1, 1)$. $O$에서 $G$로는 $\left(-\dfrac13, \dfrac13\right) = \dfrac13(-1, 1)$ — 같은 방향이므로 세 점은 한 직선 위이고,

삼각형의 성질 단원에서 예고만 하고 미뤄 둔 오일러 직선이 수치로 모습을 드러냈다 — 세 중심이 한 줄에 서고, 무게중심이 외심 쪽 $\frac13$ 지점에 선다. 일반 증명은 다음 문제의 몫이다.

Circumcenter: from the earlier problem, $O(3, 1)$.

Centroid: $G = \left(\dfrac{0+6+2}{3}, \dfrac{0+0+4}{3}\right) = \left(\dfrac83, \dfrac43\right)$.

Orthocenter: the altitude from $(2,4)$ to the base (the $x$-axis) is $x = 2$. The altitude from $(0,0)$ to the side $(6,0)$–$(2,4)$ (slope $-1$) is the slope-$1$ line $y = x$. Intersection: $H(2, 2)$.

Collinearity and ratio: the step from $O(3,1)$ to $H(2,2)$ is $(-1, 1)$; from $O$ to $G$ it is $\left(-\dfrac13, \dfrac13\right) = \dfrac13(-1, 1)$ — same direction, so the three are collinear, and

The Euler line, promised and postponed in the triangle-properties unit, appears here in numbers — three centers on one line, the centroid a third of the way from the circumcenter. The general proof is the next problem's task.

한 변을 $x$축에, 맞은편 꼭짓점의 수선의 발을 원점에 — $A(-a, 0)$, $B(b, 0)$, $C(0, c)$로 놓으면 수심 계산이 짧아진다.

One side on the $x$-axis with the opposite vertex's altitude foot at the origin — the placement $A(-a, 0)$, $B(b, 0)$, $C(0, c)$ keeps the orthocenter short.

한 변을 $x$축 위에 놓고, 맞은편 꼭짓점에서 내린 수선의 발을 원점으로 삼는다:

— 어떤 삼각형도 이 꼴로 놓을 수 있다($a$, $b$의 부호는 자유).

수심 $H$. $C$의 수선은 $y$축($x = 0$). $A$의 수선은 변 $\overline{BC}$(기울기 $-\frac cb$)에 수직이므로 기울기 $\frac bc$로 $A$를 지난다: $y = \frac bc(x + a)$. $x = 0$에서

무게중심 $G$. 평균: $G = \left(\dfrac{b - a}{3}, \; \dfrac{c}{3}\right)$.

외심 $O$. $\overline{AB}$의 수직이등분선은 $x = \dfrac{b - a}{2}$. $\overline{AC}$의 수직이등분선은 중점 $\left(-\frac a2, \frac c2\right)$를 지나고 기울기 $-\frac ac$: 대입하면

공선과 비. $H$에서 $O$로, $H$에서 $G$로 가는 걸음을 비교한다:

$G - H$가 $O - H$의 $\frac23$배 — 세 점은 한 직선 위에 있고, $HG = \frac23 HO$이므로