특수한 평행사변형Rectangles, Rhombuses & Squares

직사각형의 두 대각선은 길이가 같으므로

대각선은 $3 \cdot 5 - 2 = 13$. 검산: $5 + 8 = 13$ ✓ — 두 식이 같은 값에 도착한다.

A rectangle's diagonals are equal:

so each diagonal is $3 \cdot 5 - 2 = 13$. Check: $5 + 8 = 13$ ✓ — both expressions land together.

(1) 마름모는 평행사변형이므로 이웃각은 보각: $\angle B = 180° - 70° = 110°$.

(2) 마름모의 대각선은 꼭지각을 이등분하므로 $\angle BAC = \dfrac{70°}{2} = 35°$.

평행사변형에게서 상속받은 성질(보각)과 마름모 고유의 정리(이등분)가 한 문제에서 나란히 일한다.

(1) A rhombus is a parallelogram, so consecutive angles are supplementary: $\angle B = 180° - 70° = 110°$.

(2) A rhombus's diagonal bisects its vertex angles: $\angle BAC = \dfrac{70°}{2} = 35°$.

An inherited parallelogram property (supplements) and the rhombus's own theorem (bisection) working side by side.

오일러 그림에서 읽는다. (가) 직사각형의 원은 평행사변형 안에 있다 — 참. (다) 정사각형은 직사각형과 마름모의 교집합이므로 마름모이기도 하다 — 참. (라) 마름모 판정 그대로 — 참.

(나)는 거짓 — 마름모 중 각이 직각이 아닌 것(찌그러진 다이아몬드)이 반례다. 포함의 화살은 한쪽으로만 흐른다: 정사각형 $\Rightarrow$ 마름모는 참, 마름모 $\Rightarrow$ 정사각형은 거짓 — 역은 남남이라던 정의 단원의 경고가 도형 분류에서도 그대로다.

Read them off the Euler diagram. (a) The rectangle circle sits inside the parallelogram region — true. (c) The square is the intersection of rectangle and rhombus, hence a rhombus — true. (d) That is the rhombus test verbatim — true.

(b) is false — any rhombus without right angles (a leaning diamond) is a counterexample. Inclusion's arrow flows one way: square $\Rightarrow$ rhombus holds, rhombus $\Rightarrow$ square fails — the definitions unit's warning that a converse is a stranger, alive and well in figure classification.

대각선 전체의 길이부터. 그다음 직각삼각형 하나를 찾아라.

First the full diagonal; then hunt for a right triangle.

대각선은 서로를 이등분하므로 $AC = 2 \cdot OA = 13$.

$\triangle ABC$는 $\angle B = 90°$인 직각삼각형이고 빗변이 $AC = 13$, 한 다리가 $AB = 5$이므로

$5$-$12$-$13$ — 직각삼각형 단원(U7)에서 정식으로 증명할 피타고라스 정리를 도구로 미리 썼다(마름모·연꼴 계산의 관행이기도 하다). 검산: $OB = \frac{BD}{2} = \frac{13}{2} = 6.5 = OA$ ✓ — 직사각형에서 $O$는 네 꼭짓점에서 같은 거리에 있다.

The diagonals bisect each other, so $AC = 2 \cdot OA = 13$.

Triangle $ABC$ is right-angled at $B$ with hypotenuse $AC = 13$ and leg $AB = 5$:

A $5$-$12$-$13$ — borrowing the Pythagorean theorem as a tool ahead of its formal proof in the right-triangles unit (U7), as rhombus and kite computations customarily do. Check: $OB = \frac{BD}{2} = 6.5 = OA$ ✓ — in a rectangle, $O$ is equidistant from all four vertices.

공통변 $\overline{AB}$를 낀 두 삼각형에 SAS.

SAS on the two triangles flanking the common side $\overline{AB}$.

직사각형 $ABCD$에서 $\triangle ABC$와 $\triangle BAD$를 비교한다.

• $BC = AD$ — 직사각형은 평행사변형이므로 대변이 같다.
• $\angle ABC = \angle BAD = 90°$ — 직사각형의 정의.
• $\overline{AB}$ 공통.

두 변과 그 끼인각이 각각 같으므로 SAS에 의해 $\triangle ABC \cong \triangle BAD$. 대응변에서

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 비교할 두 삼각형의 선택과 세 조건(대변·직각·공통변)에 각각 근거를 붙임 (2점)
• SAS 명시와 대응변 결론 (1점) — 직각이 끼인각임을 확인하지 않으면 1점 감점

In rectangle $ABCD$, compare $\triangle ABC$ and $\triangle BAD$.

• $BC = AD$ — a rectangle is a parallelogram, so opposite sides are equal.
• $\angle ABC = \angle BAD = 90°$ — the definition of a rectangle.
• $\overline{AB}$ is common.

Two sides and the included angle match, so $\triangle ABC \cong \triangle BAD$ by SAS, and corresponding sides give

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• Chooses the two triangles and justifies all three ingredients (opposite sides, right angles, common side) (2 pts)
• Cites SAS and concludes via corresponding sides (1 pt) — deduct 1 if the right angle is not verified to be the included angle

교점 $O$가 이미 두 대각선의 중점이라는 것(평행사변형 성질)에서 출발하라.

Start from what the intersection $O$ already is — the midpoint of both diagonals (a parallelogram property).

대각선의 교점을 $O$라 하자. $ABCD$가 평행사변형이므로 성질 3에 의해 $BO = DO$다.

$\triangle AOB$와 $\triangle AOD$를 비교한다: $BO = DO$, $\angle AOB = \angle AOD = 90°$(가정 — 수직), $\overline{AO}$ 공통 — SAS로

이웃한 두 변이 같은 평행사변형이므로, 대변 성질에 의해 $CD = AB = AD = BC$ — 네 변이 모두 같다: 마름모다. $\blacksquare$

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• $BO = DO$의 근거(평행사변형 성질 3)를 명시 (1점)
• SAS로 $AB = AD$ (1점)
• "이웃 등변 $+$ 평행사변형 $\Rightarrow$ 네 변 등변"으로 마무리 (1점)

Let the diagonals meet at $O$. Since $ABCD$ is a parallelogram, Property 3 gives $BO = DO$.

Compare $\triangle AOB$ and $\triangle AOD$: $BO = DO$, $\angle AOB = \angle AOD = 90°$ (hypothesis — perpendicularity), $\overline{AO}$ common — SAS yields

A parallelogram with two equal adjacent sides has, by the opposite-side property, $CD = AB = AD = BC$ — all four sides equal: a rhombus. $\blacksquare$

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• Justifies $BO = DO$ by parallelogram Property 3 (1 pt)
• SAS to $AB = AD$ (1 pt)
• Closes with "adjacent equal sides $+$ parallelogram $\Rightarrow$ all four equal" (1 pt)

대각선은 수직으로 만나 서로를 이등분한다 — 귀퉁이에 직각삼각형이 생긴다.

The diagonals bisect each other at right angles — a right triangle appears in each corner.

대각선은 서로를 수직이등분하므로, 한 귀퉁이에 두 다리가 $\frac{12}{2} = 6$과 $\frac{16}{2} = 8$인 직각삼각형이 생기고 마름모의 변이 그 빗변이다:

둘레는 $4 \times 10 = 40$. 마름모의 넓이도 덤으로: 대각선 곱의 절반 $= \frac{12 \times 16}{2} = 96$ — 네 직각삼각형($\frac{6 \cdot 8}{2} = 24$짜리) 검산과 일치한다 ✓.

The diagonals bisect each other perpendicularly, so each corner holds a right triangle with legs $\frac{12}{2} = 6$ and $\frac{16}{2} = 8$, the rhombus's side being its hypotenuse:

so the perimeter is $4 \times 10 = 40$. A bonus: the area is half the product of the diagonals, $\frac{12 \times 16}{2} = 96$ — matching the four $24$-unit right triangles ($\frac{6 \cdot 8}{2}$ each) ✓.

$\triangle ABC$와 $\triangle BAD$에 SSS를 태운 뒤, 이웃각이 보각이라는 것을 떠올려라.

Ride SSS through $\triangle ABC$ and $\triangle BAD$, then remember consecutive angles are supplementary.

$\triangle ABC$와 $\triangle BAD$를 비교한다: $BC = AD$(평행사변형의 대변), $AC = BD$(가정), $\overline{AB}$ 공통 — SSS로

한편 $ABCD$는 평행사변형이므로 이웃각은 보각이다:

평행사변형에서 한 각이 직각이면 네 각이 전부 직각이다(이웃 보각의 연쇄) — 직사각형이다. $\blacksquare$

"같다"(합동)와 "더해서 $180°$"(보각)를 연립해 $90°$를 짜내는 마무리 — 문틀의 대각선 검사가 수학적으로 정당한 이유가 이 여섯 줄이다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• SSS의 세 조건에 근거를 붙여 합동 도출 (1점)
• 같음 $+$ 보각의 연립으로 $90°$ (1점)
• 한 직각에서 직사각형(정의의 네 직각)까지 연결 (1점)

Compare $\triangle ABC$ and $\triangle BAD$: $BC = AD$ (opposite sides of the parallelogram), $AC = BD$ (hypothesis), $\overline{AB}$ common — SSS gives

But $ABCD$ is a parallelogram, so consecutive angles are supplementary:

One right angle in a parallelogram forces all four (the supplementary chain) — a rectangle. $\blacksquare$

Solving "equal" (congruence) against "summing to $180°$" (supplements) to squeeze out $90°$ — these six lines are why the carpenter's diagonal check is mathematically honest.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• SSS with all three ingredients justified (1 pt)
• The equal-plus-supplementary squeeze to $90°$ (1 pt)
• From one right angle to the rectangle (all four right angles) (1 pt)

정사각형은 직사각형이므로 두 대각선의 길이가 같고, 평행사변형이므로 서로를 이등분한다 — 반쪽끼리도 같다:

또 정사각형은 마름모이므로 대각선이 수직이다: $\angle AOB = 90°$.

그러므로 $\triangle OAB$는 직각이등변삼각형이다. 검산 — 밑각: $\frac{180° - 90°}{2} = 45°$인데, 이는 대각선이 꼭지각 $90°$를 이등분한 $\angle OAB = 45°$와 일치한다 ✓. 세 조상의 성질이 하나씩 모여 한 삼각형의 신원을 확정했다 — 정사각형이 대각선에 의해 이런 직각이등변 네 개로 나뉜다는 사실은 넓이·좌표 문제의 단골 재료다.

A square is a rectangle, so its diagonals are equal; and a parallelogram, so they bisect each other — hence the half-diagonals match:

A square is also a rhombus, so the diagonals are perpendicular: $\angle AOB = 90°$.

Therefore $\triangle OAB$ is an isosceles right triangle. Check via base angles: $\frac{180° - 90°}{2} = 45°$, agreeing with the bisected vertex angle $\angle OAB = 45°$ ✓. Three ancestors each contributed one property to identify a single triangle — and the fact that a square's diagonals cut it into four such triangles is standard fuel for area and coordinate problems.

지난 차시의 무늬 — 이등분선 $+$ 평행선 $=$ 이등변 — 이 그대로 일한다.

Last lesson's motif — bisector + parallel = isosceles — runs unchanged.

가정에서 $\angle BAC = \angle DAC$ … ①.

$\overline{AD} \parallel \overline{BC}$이고 $\overline{AC}$가 횡단선이므로 엇각으로 $\angle DAC = \angle BCA$ … ②.

①, ②에서 $\angle BAC = \angle BCA$ — $\triangle ABC$의 두 각이 같으므로 밑각 정리의 역에 의해

이웃한 두 변이 같은 평행사변형은 마름모다(대변 성질이 나머지 두 변을 맞춰 준다). $\blacksquare$

지난 차시 문제(이등분선이 만든 이등변)와 완전히 같은 세 걸음 — 거기서는 이등변에서 멈췄고, 여기서는 그 등변이 "이웃 등변"이 되어 마름모 판정에 꽂힌다. 따름으로, 마름모의 대각선이 꼭지각을 이등분한다는 정리의 역이 증명된 셈이다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• ①(가정)과 ②(엇각)의 결합 (1점)
• 밑각 정리의 역으로 $BA = BC$ (1점)
• 이웃 등변 $\Rightarrow$ 마름모 마무리 (1점)

The hypothesis gives $\angle BAC = \angle DAC$ … ①.

Since $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$ with transversal $\overline{AC}$, alternate angles give $\angle DAC = \angle BCA$ … ②.

From ① and ②, $\angle BAC = \angle BCA$ — two equal angles in $\triangle ABC$, so the converse of the base angle theorem gives

A parallelogram with equal adjacent sides is a rhombus (the opposite-side property matches up the remaining two). $\blacksquare$

The same three steps as last lesson's bisector-isosceles problem — there we stopped at the isosceles triangle; here the equal sides are adjacent, plugging straight into the rhombus test. As a corollary, this proves the converse of "a rhombus's diagonal bisects its vertex angles."

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• Combining ① (hypothesis) with ② (alternate angles) (1 pt)
• $BA = BC$ via the converse of the base angle theorem (1 pt)
• Adjacent equal sides $\Rightarrow$ rhombus (1 pt)

평행 여부는 기울기로, 수직 여부는 기울기의 곱으로, 길이는 거리로.

Parallel by slopes, perpendicular by slope products, lengths by distances.

세 가지를 계산한다.

평행사변형인가 — $\overrightarrow{AB} = (4, 2)$, $\overrightarrow{DC} = (2 - (-2),\, 6 - 4) = (4, 2)$: 한 쌍의 대변이 평행하고 길이가 같다(판정 2) → 평행사변형 ✓.

직각인가 — 기울기: $AB$는 $\frac24 = \frac12$, $AD$는 $\frac{4 - 0}{-2 - 0} = -2$. 곱이 $\frac12 \times (-2) = -1$이므로 $\overline{AB} \perp \overline{AD}$ — 한 각이 직각인 평행사변형: 직사각형 ✓.

이웃 등변인가 — $AB = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20}$, $AD = \sqrt{(-2)^2 + 4^2} = \sqrt{20}$: 같다 — 마름모 판정도 통과 ✓.

직사각형이면서 마름모 — 교집합, 즉 정사각형이다. 검산: 대각선 $AC = \sqrt{4 + 36} = \sqrt{40}$, $BD = \sqrt{36 + 4} = \sqrt{40}$ — 같고 ✓, 기울기 곱 $\frac{6-0}{2-0} \cdot \frac{4-2}{-2-4} = 3 \cdot \left(-\frac13\right) = -1$ — 수직 ✓. 판정들이 좌표의 언어로 전부 검산 가능하다는 것 — 좌표기하 단원(U11)의 예고편이다.

Three computations.

Parallelogram? — $\overrightarrow{AB} = (4, 2)$ and $\overrightarrow{DC} = (2 - (-2),\, 6 - 4) = (4, 2)$: one pair of opposite sides is parallel and equal (Test 2) → parallelogram ✓.

Right angle? — Slopes: $AB$ has $\frac24 = \frac12$, $AD$ has $\frac{4 - 0}{-2 - 0} = -2$. Their product is $-1$, so $\overline{AB} \perp \overline{AD}$ — a parallelogram with one right angle: a rectangle ✓.

Adjacent sides equal? — $AB = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20}$ and $AD = \sqrt{(-2)^2 + 4^2} = \sqrt{20}$: equal — the rhombus test passes too ✓.

Rectangle and rhombus at once — the intersection: a square. Check: diagonals $AC = \sqrt{40} = BD$ — equal ✓, with slope product $3 \cdot \left(-\frac13\right) = -1$ — perpendicular ✓. Every test speaks fluent coordinates — a preview of the coordinate geometry unit (U11).

$AB = AD$인 이등변삼각형의 꼭지각이 $60°$면 나머지 두 각은?

An isosceles triangle with a $60°$ apex — what are its other angles?

마름모의 정의에서 $AB = AD$ — $\triangle ABD$는 꼭지각 $\angle A = 60°$인 이등변삼각형이다. 밑각 정리로

세 각이 모두 $60°$이므로 $\triangle ABD$는 등각삼각형, 곧 정삼각형이다(등각 $\Rightarrow$ 등변 — 밑각 정리의 역의 따름). 정삼각형의 변으로서

따름 하나 더 — $\angle ADC = 180° - 60° = 120°$(이웃 보각)이므로, 대각선 $\overline{BD}$는 마름모를 정삼각형 두 개($\triangle ABD$와 $\triangle CBD$ — 대칭으로 역시 정삼각형)로 가른다. $60°$ 마름모는 "정삼각형 두 장을 맞붙인 도형"이라는 별명으로 기억해 둘 만하다 — 각도 문제에서 이 분해가 자주 지름길이 된다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 마름모에서 $AB = AD$와 꼭지각 $60°$의 결합 (1점)
• 밑각 계산과 등각 $\Rightarrow$ 정삼각형 논증 (1점)
• $BD =$ 변 결론 (1점)

By the rhombus's definition $AB = AD$ — triangle $ABD$ is isosceles with apex $\angle A = 60°$. The base angle theorem gives

All three angles are $60°$, so $\triangle ABD$ is equiangular, hence equilateral (equiangular $\Rightarrow$ equilateral — the corollary of the base angle theorem's converse). As one of its sides,

One more corollary — $\angle ADC = 180° - 60° = 120°$ (supplementary neighbors), and the diagonal $\overline{BD}$ splits the rhombus into two equilateral triangles ($\triangle ABD$ and, by symmetry, $\triangle CBD$). The $60°$ rhombus deserves its nickname — "two equilateral triangles glued along a side" — a decomposition that shortcuts many an angle problem.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• Combines $AB = AD$ with the $60°$ apex (1 pt)
• Base-angle computation and the equiangular $\Rightarrow$ equilateral step (1 pt)
• Concludes $BD =$ side (1 pt)

$\triangle ABE$와 $\triangle BCF$부터 합동으로 묶어라. 그다음 교점이 낀 작은 삼각형에서 두 각의 합을 재라.

First bind $\triangle ABE$ and $\triangle BCF$ by congruence; then total two angles inside the small triangle at the intersection.

1단계 — 합동. $\triangle ABE$와 $\triangle BCF$에서: $AB = BC$(정사각형의 변), $\angle ABE = \angle BCF = 90°$, $BE = CF$(가정) — SAS로

2단계 — 직각 짜내기. $\overline{AE}$와 $\overline{BF}$의 교점을 $P$라 하자. $\triangle ABE$는 $\angle B = 90°$이므로

$\triangle PBE$에서 두 각을 더하면(①에서 $\angle PBE = \angle CBF = \angle BAE$):

그러므로 내각합에서 $\angle BPE = 90°$ — 즉 $\overline{AE} \perp \overline{BF}$다. $\blacksquare$

합동이 각 하나를 복사해 옮기고($\angle BAE \to \angle CBF$), 옮겨진 각이 원래 삼각형의 여각과 만나 $90°$를 완성한다 — "합동으로 나르고, 여각으로 닫는" 이 2단 구조는 정사각형 수직 문제들의 공용 열쇠다. (합동인 두 삼각형이 $90°$ 회전으로 포개진다는 관찰 — 변환 단원(U12)의 예고 — 이 이 수직의 기하학적 정체다.)

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• SAS 합동과 $\angle BAE = \angle CBF$ (1점)
• $\triangle ABE$에서 여각 관계 $\angle AEB = 90° - \angle BAE$ (1점)
• $\triangle PBE$의 내각합으로 $\angle BPE = 90°$ 마무리 (1점)

Step 1 — congruence. In $\triangle ABE$ and $\triangle BCF$: $AB = BC$ (sides of the square), $\angle ABE = \angle BCF = 90°$, and $BE = CF$ (hypothesis) — SAS gives

Step 2 — squeezing out the right angle. Let $P$ be the intersection of $\overline{AE}$ and $\overline{BF}$. Since $\triangle ABE$ is right-angled at $B$,

In $\triangle PBE$, add two angles (using $\angle PBE = \angle CBF = \angle BAE$ from Step 1):

so the angle sum forces $\angle BPE = 90°$ — that is, $\overline{AE} \perp \overline{BF}$. $\blacksquare$

Congruence copies one angle across ($\angle BAE \to \angle CBF$), and the copy meets its own complement to complete $90°$ — this two-step "carry by congruence, close by complement" is the master key to square-perpendicularity problems. (The two congruent triangles are in fact $90°$ rotations of each other — a preview of the transformations unit (U12), and the geometric identity of this perpendicularity.)

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• SAS congruence and $\angle BAE = \angle CBF$ (1 pt)
• The complement relation $\angle AEB = 90° - \angle BAE$ in $\triangle ABE$ (1 pt)
• Closing via the angle sum of $\triangle PBE$ to $\angle BPE = 90°$ (1 pt)