중선과 수선Medians & Altitudes

$B$에서 그은 중선의 끝 $M$은 대변 $\overline{AC}$의 중점이다. 중점의 정의로 $MC = AM = 7$이고

The endpoint $M$ of the median from $B$ is the midpoint of the opposite side $\overline{AC}$. By the definition of midpoint, $MC = AM = 7$, so

무게중심은 중선을 꼭짓점 쪽에서 $2:1$로 나누므로 $AG = 2 \cdot GM$:

검산: $8 : 4 = 2 : 1$ ✓.

The centroid divides each median $2:1$ from the vertex, so $AG = 2 \cdot GM$:

Check: $8 : 4 = 2 : 1$ ✓.

직각삼각형에서 두 다리는 서로 수직이다 — 그래서 예각 꼭짓점에서 그은 두 수선이 곧 두 다리 자체이고, 둘은 직각의 꼭짓점에서 만난다. 직각 꼭짓점에서 빗변에 내린 셋째 수선도 당연히 그 꼭짓점을 지나므로, 세 수선의 교점(수심)은 직각의 꼭짓점이다.

In a right triangle the two legs are perpendicular to each other — so the altitudes from the two acute vertices are the legs themselves, meeting at the right-angle vertex. The third altitude, dropped from that vertex to the hypotenuse, passes through it trivially. The three altitudes meet at the right-angle vertex.

외심 $O$ — 세 수직이등분선의 교점(꼭짓점 등거리). 내심 $I$ — 세 각의 이등분선의 교점(변 등거리). 무게중심 $G$ — 세 중선의 교점(균형점, $2:1$). 수심 $H$ — 세 수선의 교점.

넷 중 항상 삼각형 안에 있는 것은 내심과 무게중심뿐이다 — 외심과 수심은 둔각삼각형에서 밖으로 나간다.

Circumcenter $O$ — the three perpendicular bisectors (equidistant from vertices). Incenter $I$ — the three angle bisectors (equidistant from sides). Centroid $G$ — the three medians (balance point, $2:1$). Orthocenter $H$ — the three altitudes.

Only the incenter and centroid stay inside every triangle — the circumcenter and orthocenter escape when the triangle turns obtuse.

$AG = 2 \cdot GM$이므로

$AG = 3(6) - 2 = 16$, $GM = 6 + 2 = 8$, 그러므로 $AM = 16 + 8 = 24$.

검산: $16 = 2 \times 8$ ✓.

Since $AG = 2 \cdot GM$,

Then $AG = 3(6) - 2 = 16$ and $GM = 6 + 2 = 8$, so $AM = 16 + 8 = 24$.

Check: $16 = 2 \times 8$ ✓.

중선은 넓이를 이등분한다 — 밑변 $BM = MC$가 같고 꼭짓점 $A$에서 직선 $BC$까지의 높이를 공유하므로

$M$이 어느 위치의 중점이든, 삼각형이 어떤 모양이든 상관없다는 것이 이 정리의 힘이다.

A median bisects the area — the bases $BM = MC$ agree and both pieces share the height from $A$ to line $BC$, so

The power of the theorem is that the triangle's shape never entered the computation.

두 조각은 무엇을 공유하는가 — 그럼 넓이 등식에서 무엇이 남는가?

What do the two pieces share — and what survives in the area equation?

두 삼각형 $\triangle ABD$와 $\triangle ACD$는 꼭짓점 $A$에서 직선 $BC$까지의 높이 $h$를 공유한다. 넓이 등식에서

$h \neq 0$이므로(그렇지 않으면 삼각형이 아니다) 양변을 $\tfrac12 h$로 나누면 $BD = DC$ — 즉 $D$는 $\overline{BC}$의 중점이고 $\overline{AD}$는 중선이다. $\blacksquare$

성질은 "중점 → 반반", 역은 "반반 → 중점" — 넓이를 반으로 가르는 꼭짓점 출발 선분은 중선 하나뿐이라는 뜻이다.

채점 기준. ① 높이 공유 관찰(1점) ② 넓이 공식으로 등식 세우기(1점) ③ $BD = DC$와 중선 결론($h \neq 0$ 언급 포함)(1점).

The triangles $\triangle ABD$ and $\triangle ACD$ share the height $h$ from $A$ to line $BC$. The area equation reads

Since $h \neq 0$ (else there is no triangle), divide both sides by $\tfrac12 h$: $BD = DC$ — so $D$ is the midpoint of $\overline{BC}$ and $\overline{AD}$ is the median. $\blacksquare$

The property said "midpoint → halves"; the converse says "halves → midpoint" — among segments from a vertex, only the median splits the area evenly.

Grading. ① Observing the shared height (1 pt) ② setting up the equation from the area formula (1 pt) ③ concluding $BD = DC$, mentioning $h \neq 0$ (1 pt).

지난 차시 문제에서 증명한 사실 — 직각삼각형의 외심은 빗변의 중점이고, 그 중점 $M$은 세 꼭짓점에서 등거리다. 특히 직각 꼭짓점 $C$에 대해

빗변에 그은 중선은 빗변의 절반 — 피타고라스도, 좌표도 없이 나온 결론임을 눈여겨보라.

By the fact proved in last lesson's problem — the circumcenter of a right triangle is the midpoint of the hypotenuse, and that midpoint $M$ is equidistant from all three vertices. In particular, for the right-angle vertex $C$,

The median to the hypotenuse is half the hypotenuse — reached with no Pythagoras and no coordinates. Worth noticing.

이등변삼각형의 축은 밑변의 수직이등분선이자 꼭지각의 이등분선이자 중선이자 수선 — 한 선이 네 신분을 겸직한다.

외심은 수직이등분선들 위에 있으니 특히 축 위(지난 차시 문제에서 확인), 내심은 이등분선들 위에 있으니 축 위. 무게중심은 중선들 위에 있는데 축이 $A$에서 그은 중선이므로 축 위. 수심은 수선들 위에 있는데 축이 $A$에서 그은 수선이므로 역시 축 위다.

부등변삼각형이라면 네 점이 흩어진다 — 그중 셋($O$, $G$, $H$)만 오일러 직선으로 다시 묶인다.

The axis of an isosceles triangle is at once the base's perpendicular bisector, the apex angle's bisector, a median, and an altitude — one line, four jobs.

The circumcenter lies on the perpendicular bisectors, hence on the axis (checked in last lesson's problems); the incenter lies on the bisectors, hence on the axis. The centroid lies on the medians, and the axis is the median from $A$ — on the axis. The orthocenter lies on the altitudes, and the axis is the altitude from $A$ — on the axis too.

In a scalene triangle the four scatter — and only three of them ($O$, $G$, $H$) get gathered back up, by the Euler line.

먼저 G와 밑변의 절반들이 만드는 두 조각 — 그다음 한 중선이 가른 큰 절반과 비교하라.

First the two pieces G makes with the half-bases — then compare against the big half cut by one median.

전체 넓이를 $S$, 무게중심을 $G$, $\overline{BC}$의 중점을 $M$이라 하자.

1단계. $\triangle GBM$과 $\triangle GMC$는 밑변이 $BM = MC$로 같고 꼭짓점 $G$에서 직선 $BC$까지의 높이를 공유한다 — 넓이가 같다.

2단계. $\triangle ABG$와 $\triangle GBM$은 밑변 $AG$, $GM$이 같은 직선(중선 $AM$) 위에 있고 꼭짓점 $B$를 공유한다 — 넓이의 비는 밑변의 비 $AG : GM = 2 : 1$이다. 즉 $[\triangle ABG] = 2[\triangle GBM]$.

3단계. 중선 $\overline{AM}$의 왼쪽 절반은 $[\triangle ABM] = \frac S2$이고, 이것이 $[\triangle ABG] + [\triangle GBM] = 3[\triangle GBM]$이므로

같은 논증이 여섯 조각 어디에나 적용되므로(각 조각은 어떤 중선 절반의 $\frac13$ 또는 $\frac23$의 절반) 전부 $\frac S6$ — 여섯 조각이 똑같다. $\blacksquare$

무게중심이 "균형점"인 이유 하나가 더 늘었다 — 여섯 접시가 똑같이 나뉘어 있으니.

채점 기준. ① 등밑변·공통높이로 조각 쌍 같음(1점) ② $2:1$을 밑변 비 → 넓이 비로 번역(1점) ③ $\frac S6$ 도출과 여섯 조각 전체로의 확장(1점).

Let the total area be $S$, the centroid $G$, and $M$ the midpoint of $\overline{BC}$.

Step 1. $\triangle GBM$ and $\triangle GMC$ have equal bases $BM = MC$ and share the height from $G$ to line $BC$ — equal areas.

Step 2. $\triangle ABG$ and $\triangle GBM$ have bases $AG$ and $GM$ on one line (the median $AM$) and share apex $B$ — their areas are in the ratio of the bases, $AG : GM = 2 : 1$. So $[\triangle ABG] = 2[\triangle GBM]$.

Step 3. The half cut off by median $\overline{AM}$ has $[\triangle ABM] = \frac S2$, and it equals $[\triangle ABG] + [\triangle GBM] = 3[\triangle GBM]$, so

The same argument runs at every piece (each is a third-or-two-thirds slice of some median's half), so all six equal $\frac S6$. $\blacksquare$

One more reason the centroid is the "balance point" — the six plates carry identical servings.

Grading. ① Equal pieces via equal bases and shared height (1 pt) ② translating $2:1$ from base ratio to area ratio (1 pt) ③ deriving $\frac S6$ and extending to all six pieces (1 pt).

B에서 그은 수선의 발을 E(AC 위), C에서 그은 수선의 발을 F(AB 위)라 하고, 직각삼각형 ABE부터 각을 추적하라.

Let E be the foot of the altitude from B (on AC) and F the foot from C (on AB); start chasing angles in right triangle ABE.

$B$에서 그은 수선의 발을 $E$($\overline{AC}$ 위), $C$에서 그은 수선의 발을 $F$($\overline{AB}$ 위)라 하자. $H$는 $\overline{BE}$와 $\overline{CF}$의 교점이다.

직각삼각형 $ABE$에서 $\angle ABE = 90° - \angle A = 30°$.

$\triangle BFH$를 보면 $\angle BFH = 90°$($H$가 $\overline{CF}$ 위에 있으므로), $\angle FBH = \angle ABE = 30°$($H$가 $\overline{BE}$ 위에 있으므로). 내각합으로

$F$, $H$, $C$는 한 직선 위(수선 $\overline{CF}$)이므로 선형쌍에서

검산: 일반화하면 $\angle BHC = 180° - \angle A$ — 정삼각형($\angle A = 60°$)의 수심은 중심이고, 중심에서 두 꼭짓점을 본 각은 $120°$ ✓. 내심에서 본 각 $\angle BIC = 90° + \frac{\angle A}2 = 120°$와도 이 경우엔 일치한다 — 정삼각형에서 $H = I$이니 당연하다.

Let $E$ be the foot of the altitude from $B$ (on $\overline{AC}$) and $F$ the foot from $C$ (on $\overline{AB}$); then $H = \overline{BE} \cap \overline{CF}$.

In right triangle $ABE$, $\angle ABE = 90° - \angle A = 30°$.

Now in $\triangle BFH$: $\angle BFH = 90°$ (as $H$ lies on $\overline{CF}$) and $\angle FBH = \angle ABE = 30°$ (as $H$ lies on $\overline{BE}$). The angle sum gives

Since $F$, $H$, $C$ are collinear (the altitude $\overline{CF}$), the linear pair gives

Check: in general $\angle BHC = 180° - \angle A$ — for an equilateral triangle ($\angle A = 60°$) the orthocenter is the center, and the center sees two vertices at $120°$ ✓. It also matches the incenter's angle $\angle BIC = 90° + \frac{\angle A}2 = 120°$ here — no surprise, since $H = I$ in an equilateral triangle.

셋째 중선을 그으면 사각형이 여섯 조각 중 두 개로 쪼개진다.

Draw the third median — it splits the quadrilateral into two of the six pieces.

$G$는 두 중선의 교점 — 무게중심이다. 셋째 중선($A$에서 $\overline{BC}$의 중점으로)을 마저 그으면 이 중선은 $G$를 지나며 사각형 $ANGM$을 두 삼각형 $\triangle ANG$와 $\triangle AGM$으로 가른다.

세 중선이 만드는 여섯 조각은 넓이가 전부 같고(문제 10), $\triangle ANG$와 $\triangle AGM$은 그 여섯 중 둘이다:

검산(다른 길): $M$이 $\overline{AC}$의 중점이므로 중선 $\overline{BM}$이 삼각형을 반으로 갈라 $[\triangle ABM] = \frac{36}2 = 18$. 여기서 $[\triangle NBG]$(여섯 조각 중 하나 $= 6$)를 빼면 $[ANGM] = 18 - 6 = 12$ ✓ — 두 길이 같은 값을 준다.

사각형 조각 하나가 삼각형 조각 둘의 값 — 전체의 $\frac13$이다. $\triangle GBC$도 여섯 조각 중 둘이라 $\frac13$ — 두 중선만 그렸을 뿐인데 넓이는 이미 삼등분되어 있었다.

$G$, the intersection of two medians, is the centroid. Draw the third median (from $A$ to the midpoint of $\overline{BC}$): it passes through $G$ and cuts quadrilateral $ANGM$ into the triangles $\triangle ANG$ and $\triangle AGM$.

The six pieces made by the three medians all have equal area (Problem 10), and $\triangle ANG$, $\triangle AGM$ are two of the six:

Check (another route): $M$ is the midpoint of $\overline{AC}$, so the median $\overline{BM}$ cuts the triangle in half: $[\triangle ABM] = \frac{36}2 = 18$. Subtract $[\triangle NBG]$, one of the six pieces ($= 6$): $[ANGM] = 18 - 6 = 12$ ✓ — both routes agree.

One quadrilateral piece is worth two triangle pieces — a third of the whole. So is $\triangle GBC$ — with only two medians drawn, the area had already been cut into thirds.

2:1이 BG와 CG를 내놓는다 — 그다음 밑각 정리의 역, 그다음 SAS.

The 2:1 hands you BG and CG — then the converse of the Base Angles Theorem, then SAS.

$\overline{AC}$의 중점을 $M$, $\overline{AB}$의 중점을 $N$이라 하고, 두 중선 $\overline{BM} = \overline{CN}$이 무게중심 $G$에서 만난다고 하자.

1단계. $2:1$에 의해 $BG = \frac23 BM$, $CG = \frac23 CN$. $BM = CN$이므로 $BG = CG$ — $\triangle GBC$는 이등변이고, 밑각 정리로

2단계. $\triangle MBC$와 $\triangle NCB$를 비교하자: $MB = NC$(주어진 두 중선), $\angle MBC = \angle GBC = \angle GCB = \angle NCB$($G$가 각 중선 위에 있으므로), $BC = CB$(반사성) — SAS로 $\triangle MBC \cong \triangle NCB$.

3단계. 대응변에서 $MC = NB$. 그런데 $MC = \frac{AC}2$($M$은 중점), $NB = \frac{AB}2$($N$은 중점)이므로

"두 밑각이 같으면 이등변"의 중선 버전 — 두 중선이 같아도 이등변이다. (같은 질문을 "두 각의 이등분선이 같으면?"으로 바꾸면 슈타이너–레무스 정리라는, 훨씬 까다로운 유명 문제가 된다 — 결론은 역시 이등변이지만 증명은 이 세 단계로는 안 된다.)

채점 기준. ① $2:1$로 $BG = CG$와 밑각 정리(1점) ② SAS 합동(끼인각이 왜 같은지 명시)(1점) ③ 중점의 정의로 $AB = AC$ 결론(1점).

Let $M$ be the midpoint of $\overline{AC}$, $N$ the midpoint of $\overline{AB}$, and let the equal medians $\overline{BM} = \overline{CN}$ meet at the centroid $G$.

Step 1. By $2:1$, $BG = \frac23 BM$ and $CG = \frac23 CN$. Since $BM = CN$, $BG = CG$ — triangle $GBC$ is isosceles, and the Base Angles Theorem gives

Step 2. Compare $\triangle MBC$ with $\triangle NCB$: $MB = NC$ (the given medians), $\angle MBC = \angle GBC = \angle GCB = \angle NCB$ (as $G$ lies on each median), and $BC = CB$ (reflexivity) — SAS gives $\triangle MBC \cong \triangle NCB$.

Step 3. Corresponding sides give $MC = NB$. But $MC = \frac{AC}2$ ($M$ a midpoint) and $NB = \frac{AB}2$ ($N$ a midpoint), so

The median version of "two equal base angles make it isosceles" — two equal medians do too. (Swap the question to "two equal angle bisectors?" and you get the Steiner–Lehmus theorem, a famously thornier problem — same conclusion, but these three steps will not reach it.)

Grading. ① $BG = CG$ from $2:1$ and the Base Angles Theorem (1 pt) ② the SAS congruence, with the included angles justified (1 pt) ③ the conclusion $AB = AC$ via the midpoint definition (1 pt).