평행선과 선분의 비Parallel Lines & Proportions

분할 정리(성질)로

검산: $\frac46 = \frac69 = \frac23$ ✓. 조각 : 조각의 언어다 — $\frac{AD}{AB} = \frac{4}{10}$과 헷갈리지 말 것.

By the splitting theorem (property),

Check: $\frac46 = \frac69 = \frac23$ ✓. This is piece-to-piece language — not to be confused with $\frac{AD}{AB} = \frac{4}{10}$.

중점연결정리에 의해 $\overline{DE} \parallel \overline{BC}$이고

두 중점을 이으면 평행과 절반이 동시에 따라온다 — 판정(비 $1:1$ → 평행)과 성질(닮음비 $\frac12$ → 길이)의 왕복이 정리 하나에 접혀 있기 때문이다.

By the midsegment theorem, $\overline{DE} \parallel \overline{BC}$ and

Joining two midpoints delivers parallelism and the half-length together — the round trip (test: ratio $1:1$ → parallel; property: ratio $\frac12$ → length) folded into a single theorem.

두 비를 비교한다:

— 같다. 분할 정리의 판정(역)에 의해 $\overline{DE} \parallel \overline{BC}$다.

계산 자체는 분수 약분이지만, 결론을 주는 것은 "역이 증명되어 있다"는 사실이다 — 성질만 있고 판정이 없다면 이 문제는 답할 수 없다.

Compare the ratios:

— equal. By the splitting theorem's test (the converse), $\overline{DE} \parallel \overline{BC}$.

The computation is mere fraction reduction; what licenses the conclusion is that the converse has been proven — with the property alone and no test, this question would be unanswerable.

무게중심은 중선을 꼭짓점으로부터 $2 : 1$로 나눈다:

검산: $12 : 6 = 2 : 1$ ✓, $12 + 6 = 18$ ✓. 두 차시 동안 빚이었던 $2:1$이 이제 정리로서 계산에 복무한다.

The centroid divides each median $2:1$ from the vertex:

Check: $12 : 6 = 2 : 1$ ✓ and $12 + 6 = 18$ ✓. The $2:1$ that spent two lessons as a debt now serves computations as a theorem.

$E$를 지나 $\overline{AB}$에 평행한 보조선을 긋고, 평행사변형을 찾아라.

Draw the auxiliary parallel to $\overline{AB}$ through $E$, and find a parallelogram.

$E$를 지나 $\overline{AB}$에 평행한 직선이 $\overline{BC}$와 만나는 점을 $F$라 하자.

사각형 $DBFE$는 $\overline{DE} \parallel \overline{BF}$($\overline{DE} \parallel \overline{BC}$의 일부)이고 $\overline{EF} \parallel \overline{DB}$($\overline{AB}$의 일부에 평행) — 두 쌍의 대변이 평행하므로 평행사변형이고, 대변에서

한편 $\triangle ABC$에서 $\overline{EF} \parallel \overline{AB}$이므로 꼭짓점 $C$ 기준의 분할 정리(따름꼴)로 $\dfrac{CF}{CB} = \dfrac{CE}{CA}$. 그런데 본문에서 $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{AD}{AB}$이므로

$DE = BF$를 대입하면 $\dfrac{DE}{BC} = \dfrac{AD}{AB}$. $\blacksquare$

이로써 선불 원리의 세 비율이 전부 증명되었다 — 지난 차시의 닮음 조건들이 이제 빚 없는 정리가 됐다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 보조 평행선과 평행사변형 $DBFE$에서 $DE = BF$ (1점)
• 분할 정리를 $C$ 기준으로 적용해 $\frac{BF}{BC}$ 계산 (1점)
• 조각들을 이어 결론 (1점)

Let the line through $E$ parallel to $\overline{AB}$ meet $\overline{BC}$ at $F$.

Quadrilateral $DBFE$ has $\overline{DE} \parallel \overline{BF}$ (part of $\overline{DE} \parallel \overline{BC}$) and $\overline{EF} \parallel \overline{DB}$ (parallel to part of $\overline{AB}$) — both pairs of opposite sides parallel, a parallelogram, so

Meanwhile in $\triangle ABC$, $\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ gives, by the splitting theorem from vertex $C$ (corollary form), $\dfrac{CF}{CB} = \dfrac{CE}{CA}$. Using the lesson's $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{AD}{AB}$,

Substituting $DE = BF$ gives $\dfrac{DE}{BC} = \dfrac{AD}{AB}$. $\blacksquare$

With this, all three ratios of the advance principle stand proven — last lesson's similarity tests are now debt-free theorems.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The auxiliary parallel and $DE = BF$ via parallelogram $DBFE$ (1 pt)
• Applying the splitting theorem from $C$ to compute $\frac{BF}{BC}$ (1 pt)
• Chaining the pieces to the conclusion (1 pt)

$D$를 지나 $\overline{BC}$에 평행한 직선을 긋고, 그 직선이 만드는 점과 $E$를 비교하라 — 유일성 논법.

Draw the parallel to $\overline{BC}$ through $D$ and compare the point it creates with $E$ — a uniqueness argument.

$D$를 지나 $\overline{BC}$에 평행한 직선이 $\overline{AC}$와 만나는 점을 $E'$이라 하자(플레이페어 공리 — 존재와 유일).

성질(이미 증명된 방향)에 의해

가정과 이으면 $\dfrac{AE'}{E'C} = \dfrac{AE}{EC}$ — 두 점 $E$, $E'$이 $\overline{AC}$를 같은 비율로 내분한다. 비례식을 변형하면 $\dfrac{AE'}{AC} = \dfrac{AE}{AC}$, 즉 $AE' = AE$ — 같은 반직선 위에서 같은 거리이므로 $E' = E$.

그러므로 $\overline{DE} = \overline{DE'} \parallel \overline{BC}$. $\blacksquare$

"성질을 증명해 두면 판정은 유일성으로 공짜에 가깝다" — 평행선 판정, 세 갈래 소거법과 한 집안인 논법이다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 평행 보조선과 $E'$ 설정(플레이페어 인용) (1점)
• 성질 적용과 비율 일치 (1점)
• 내분점 유일성으로 $E' = E$ 마무리 (1점)

Let the line through $D$ parallel to $\overline{BC}$ meet $\overline{AC}$ at $E'$ (Playfair's axiom — existence and uniqueness).

By the property (the direction already proven),

Chaining with the hypothesis, $\dfrac{AE'}{E'C} = \dfrac{AE}{EC}$ — the points $E$ and $E'$ divide $\overline{AC}$ in the same ratio. Rearranging, $\dfrac{AE'}{AC} = \dfrac{AE}{AC}$, so $AE' = AE$ — equal distances along the same ray force $E' = E$.

Hence $\overline{DE} = \overline{DE'} \parallel \overline{BC}$. $\blacksquare$

"Prove the property, and the test comes nearly free by uniqueness" — the same family of argument as the parallel-line tests and the three-way elimination.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The auxiliary parallel and $E'$, citing Playfair (1 pt)
• Applying the property and matching the ratios (1 pt)
• Closing by uniqueness of the division point, $E' = E$ (1 pt)

(1) 중점연결정리로 중점삼각형의 세 변은 각각 원래 세 변의 절반이다 — 둘레도 절반: $10$.

(2) 세 중점연결선이 $\triangle ABC$를 네 개의 작은 삼각형으로 나눈다. 네 삼각형 모두 세 변이 $\frac a2, \frac b2, \frac c2$다(가운데 것은 세 중점연결선 자체가 변이고, 귀퉁이 셋은 반쪽 변 둘과 중점연결선 하나) — SSS로 넷이 전부 합동이다. 넓이가 같은 네 조각이므로 각각 전체의 $\frac14$이고, $\triangle DEF$는 그중 하나다.

닮음비 $\frac12$에 넓이비 $\frac14$ — 다음 차시에서 일반 정리($k^2$)로 승격될 사실을, 오늘은 합동 조각 세기로 먼저 만났다.

(1) By the midsegment theorem, each side of the medial triangle is half a side of the original — so the perimeter halves: $10$.

(2) The three midsegments cut $\triangle ABC$ into four small triangles, each with sides $\frac a2, \frac b2, \frac c2$ (the middle one has the three midsegments as its sides; each corner one has two half-sides and a midsegment) — SSS makes all four congruent. Four equal-area pieces mean each is $\frac14$ of the whole, and $\triangle DEF$ is one of them.

Ratio $\frac12$ in length, $\frac14$ in area — the fact next lesson promotes to a general theorem ($k^2$), met today by counting congruent pieces.

대각선 $\overline{AC}$를 긋고 그 중점을 지나가라 — 중점연결정리가 두 번 일한다.

Draw diagonal $\overline{AC}$ and pass through its midpoint — the midsegment theorem works twice.

대각선 $\overline{AC}$의 중점을 $P$라 하자.

$\triangle ABC$에서 $M$, $P$는 두 변의 중점 — 중점연결로 $\overline{MP} \parallel \overline{BC}$, $MP = \dfrac{14}{2} = 7$. $\triangle ACD$에서 $P$, $N$은 두 변의 중점 — $\overline{PN} \parallel \overline{AD}$, $PN = \dfrac82 = 4$.

$\overline{AD} \parallel \overline{BC}$이므로 $\overline{MP}$와 $\overline{PN}$은 둘 다 $P$를 지나며 $\overline{BC}$에 평행하다 — 플레이페어 공리로 같은 직선이고, $M$, $P$, $N$은 한 직선 위에 있다. 그러므로

사다리꼴의 중점연결선은 두 밑변의 평균이다 — 삼각형 중점연결정리 두 개를 대각선이 이어 붙인 결과다. ($AD = 0$으로 보내면 삼각형 정리로 되돌아간다 — 공식의 검산이기도 하다.)

Let $P$ be the midpoint of diagonal $\overline{AC}$.

In $\triangle ABC$, $M$ and $P$ are midpoints of two sides — the midsegment theorem gives $\overline{MP} \parallel \overline{BC}$ with $MP = \dfrac{14}{2} = 7$. In $\triangle ACD$, $P$ and $N$ are midpoints — $\overline{PN} \parallel \overline{AD}$ with $PN = \dfrac82 = 4$.

Since $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$, both $\overline{MP}$ and $\overline{PN}$ pass through $P$ parallel to $\overline{BC}$ — by Playfair's axiom they lie on one line, so $M$, $P$, $N$ are collinear. Hence

A trapezoid's midline is the average of its parallel sides — two triangle midsegments spliced by a diagonal. (Send $AD \to 0$ and the formula collapses back to the triangle theorem — a built-in check.)

$A$에서 $D$ 쪽 직선에 평행한 보조선을 긋거나, $\overline{AF}$류의 대각선으로 삼각형 둘을 만들라.

Draw an auxiliary line through $A$ parallel to the second transversal — or a diagonal creating two triangles.

보조선 $\overline{AE}$의 연장 대신 표준 수순으로: $A$를 지나 직선 $DF$에 평행한 보조선을 그어 $m$, $n$과 만나는 점을 $E'$, $F'$이라 하자. 그러면 $AE'ED$, $E'F'FE$가 평행사변형이 되어 $AE' = DE = 6$, $E'F' = EF = x$다.

이제 $\triangle AF'C$에서 $\overline{E'B}$가 $\overline{F'C}$에 평행하므로($m \parallel n$) 분할 정리로

평행선 무리는 어느 횡단선이든 같은 비로 자른다 — 사다리꼴을 삼각형으로 바꾸는 보조 평행선 한 줄이 분할 정리의 무대를 만들어 준다. 검산: $4:6 = 6:9 = 2:3$ ✓.

Standard maneuver: through $A$ draw the parallel to line $DF$, meeting $m$, $n$ at $E'$, $F'$. Then $AE'ED$ and $E'F'FE$ are parallelograms, so $AE' = DE = 6$ and $E'F' = EF = x$.

Now in $\triangle AF'C$, segment $\overline{BE'}$ is parallel to $\overline{CF'}$ (since $m \parallel n$), and the splitting theorem gives

A family of parallels cuts every transversal in the same ratio — one auxiliary parallel converts the trapezoid into a triangle where the splitting theorem can perform. Check: $4:6 = 6:9 = 2:3$ ✓.

분할 정리(성질)가 비 $1:1$을 배달한다.

The splitting theorem (property) delivers the ratio $1:1$.

$\overline{DE} \parallel \overline{BC}$이므로 분할 정리(성질)로

($D$가 중점이므로). $AE = EC$ — $E$는 $\overline{AC}$의 중점이다.

길이는 닮음에서: $\triangle ADE \sim \triangle ABC$(잘라내기 원리)이고 닮음비 $\dfrac{AD}{AB} = \dfrac12$이므로 $DE = \dfrac12 BC$. $\blacksquare$

중점연결정리("중점 둘을 이으면")와 그 역("중점 하나 $+$ 평행이면") — 실전에서는 역이 더 자주 일한다: "중점에서 평행선을 그으면 맞은편 변도 반으로 갈라진다"는 형태로, 다음 문제들의 보조선 논법에 즉시 등판한다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 성질 적용으로 비 $1:1$ → $E$ 중점 (1점)
• 닮음비 $\frac12$에서 $DE = \frac12 BC$ (1점)
• 근거(성질/원리) 인용의 정확성 (1점)