삼각함수의 도형으로서의 따름정리

 

 

삼각함수를 이용하여 삼각형에서의 여러 정리들을 증명해보자. 이 글에서는

$a$, $b$, $c=$세 변의 길이

$A$, $B$, $C=$세 각의 크기

$S=$삼각형의 넓이

$s=$다각형 각 변 길이의 합의 절반$=\frac{a+b+c}{2}$

$R=$외접원의 반지름의 길이

$r=$내접원의 반지름의 길이

으로 사용하기로 약속한다.

 

먼저, 삼각형의 넓이를 구하는 여러 방법을 알아보자.

1) $S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}ca\sin B=\frac{1}{2}ab\sin C$

2) $S=\frac{abc}{4R}$

3) $S=sr$

4) $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$

이를 각각 증명해보자.

 

pf) 1)

이와 같은 삼각형에서 점 $\rm A$에서 변 $\rm BC$에 내린 수선의 발을 $\rm H$라 하자. 높이 $\rm AH$을 $h$, $\rm BH$의 길이를 $t$라 하자. 이제 피타고라스 정리를 두 번 사용하면, $$h^2=c^2-t^2=b^2-(a-t)^2$$이므로 $$t^2=\frac{a^2-b^2+c^2}{2a}$$을 얻는다. 이를 첫 식에 대입하여 $h$을 구하면, $$h^2=c^2-t^2=\frac{4a^2c^2-(a^2-b^2+c^2)}{4a^2}$$을 얻는다. 삼각형의 넓이를 구하는 기본 식 $S=\frac{1}{2}ah$에 얻은 $h$을 대입할 것이다. 넓이의 제곱을 해 주면 계산이 편하므로, $$\begin{aligned} S^2 & =\frac{1}{4}a^2h^2 \\ & = \frac{1}{4} \cdot a^2 \cdot \frac{(2ac)^2-(a^2-b^2+c^2)}{4a^2} \\ & =\frac{1}{16} \cdot \left( (2ac)^2-(a^2-b^2+c^2) \right) \\ & =\frac{1}{16} \cdot (a^2+2ac+c^2-b^2) \cdot (b^2-a^2+2ac-c^2) \\ & =\frac{1}{16} \cdot \left( (a+c)^2-b^2 \right) \cdot \left( b^2-(a-c)^2 \right) \\ & =\frac{1}{16} \cdot (a+b+c) (-a+b+c) (a-b+c) (a+b-c) \\ & =\frac{a+b+c}{2} \cdot \frac{-a+b+c}{2} \cdot \frac{a-b+c}{2} \cdot \frac{a+b-c}{2} \\ & =s(s-a)(s-b)(s-c) \end{aligned}$$ 이다. 결론적으로 $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$을 얻을 수 있다.   $\blacksquare$

 

pf) 2)

$\triangle\rm ABC$의 내심을 $\rm I$, 점 $\rm B$의 반대쪽에 있는 방심을 $\rm I_{B}$라 하자. (그림이 약간 잘못되었다.) 두 점 $\rm D$, $\rm E$는 각각 점 $\rm I$, $\rm I_{B}$에서 반직선 $\rm{BC}$에 내린 수선의 발이고, $\rm \overline{ID}=\it r$, $\rm\overline{I_{B}E}=\it r_{\rm B}$라 하자. 그림에서 $\rm \overline{AE}=\it s$, $\rm \overline{CE}=\it s-a$, $\rm \overline{BD}=\it s-b$, $\rm \overline{CD}=\it s-c$이다. $\rm\triangle BDI \backsim \rm\triangle BEI_{B}$이므로, 변의 길이비를 이용하여 $\frac{r}{r_{\rm B}}=\it \frac{\overline{\rm BD}}{\overline{\rm BE}}=\frac{\it s-b}{\it s}$을 얻을 수 있다. 따라서 $r_{\rm B}=\it \frac{sr}{s-b}=\frac{S}{s-b}$이다. 같은 방법으로, $r_{\rm A}=\it r\frac{S}{s-a}$, $r_{\rm C}=\it r\frac{S}{s-c}$을 얻을 수 있다. (단, $r_{

rm A}$와 $r_{\rm C}$은 각각 방접원의 반지름이다.)

 

$\triangle DIC \backsim \triangle ECI_{B}$

$\frac{s-a}{r}=\frac{r_{B}}{s-c}$

$(s-c)(s-a)=r \cdot r_{B}$

같은 방법으로,

$(s-a)(s-b)=r \cdot r_{C}$

$(s-b)(s-c)=r \cdot r_{A}$

$r^3 \cdot r_{A} \cdot r_{B} \cdot r_{C}=(s-a)^2(s-b)^2(s-c)^2$

$r^6 \cdot \frac{s}{s-a} \cdot \frac{s}{s-b} \cdot \frac{s}{s-c}=(s-a)^2(s-b)^2(s-c)^2$

$s^3r^6=(s-a)^3(s-b)^3(s-c)^3$

$s^3(s-a)^3(s-b)^3(s-c)^3=s^6r^6=S^6$

$\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=S \quad \blacksquare$

 

5) 브라만 굽타의 넓이 공식

$\Box ABCD$가 원에 내접할 때

$\left| \Box ABCD \right|=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}$

$pf)$

let $\overline{BD}=x$.

by 제2 cos 정리

$x^2=a^2+d^2-2ad \cos\theta$

$\quad\,= b^2+c^2-2bc \cos(\pi-\theta)=b^2+c^2+2bc \cos\theta$

$\cos\theta=\frac{a^2+d^2-b^2-c^2}{2(ad+bc)}$

$\sin^2\theta=1-cos^2\theta=1-\frac{(a^2+d^2-b^2-c^2)^2}{4(ad+bc)^2}$

$=\frac{4(ad+bc)^2-(a^2+d^2-b^2-c^2)^2}{4(ad+bc)^2}$

$=\frac{(a^2+d^2-b^2-c^2+2ad+2bc)(b^2+c^2-a^2-d^2+2ad+2bc)}{4(ad+bc)^2}$

$=\frac{\left\{ (a+d)^2-(b-c)^2 \right\} \cdot \left\{ (b+c)^2-(a-d)^2 \right\} }{4(ad+bc)^2}$

$=\frac{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)}{4(ad+bc)^2}$

$\sin\theta=\frac{\sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)}}{2(ad+bc)}$

$(\because \sin\theta > 0)$

$S=\frac{1}{2}ad \sin\theta + \frac{1}{2}bc \sin\theta$

$\quad=\frac{1}{2}(ad+bc) \sin\theta$

$\quad=\frac{1}{2} \cdot (ad+bc) \cdot \frac{\sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)}}{2(ad+bc)}$

$\quad=\frac{1}{4} \cdot \sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)((a+b+c-d)}$

$\quad=\sqrt{\frac{-a+b+c+d}{2} \cdot \frac{a-b+c+d}{2} \cdot \frac{a+b-c+d}{2} \cdot \frac{a+b+c-d}{2}}$

$\quad=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} \quad \blacksquare$

특히 $d=0$일 때 사각형은 삼각형이 되고, 삼각형은 원에 내접하므로 브라만 굽타 넓이 공식은 헤론의 넓이 공식이 된다.

 

6)브레치나이더 공식

어떤 사각형 $ABCD$에 대해

$S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd \cdot \cos^2(\frac{\alpha + \beta}{2})}$

$pf)$

$S=\frac{1}{2}ad\sin\alpha+\frac{1}{2}bc\sin\beta \cdots \mathrm{1}$

$16S^2=4(ad)^2\sin^2\alpha+4(bc)^2\sin^2\beta+8abcd\sin\alpha \cdot \sin\beta$

let $\overline{BD}=l$.

by cos 제2법칙

$l^2=a^2+d^2-2ad\cos\alpha=b^2+c^2-2bc\cos\beta$

$(a^2+d^2-b^2-c^2)^2=4(ad)^2\cos^2\alpha+4(bc)^2\cos^2\beta-8abcd\cos\alpha\cos\beta \cdots \mathrm{2}$

$\mathrm{1}+\mathrm{2}$

$16S^2+(a^2+d^2-b^2-c^2)^2$

$=4(ad)^2+4(bc)^2-8abcd\cos(\alpha+\beta)$

$=4(ad+bc)^2-8abcd \left\{ cos(\alpha+\beta)+1 \right\}$

$=4(ad+bc)^2-16abcd \cdot \cos^2(\frac{\alpha+\beta}{2})$

$4(ad+bc)^2-(a^2+d^2-b^2-c^2)^2$

$=\left\{2(ad+bc)+(a^2+d^2-b^2-c^2)\right\} \cdot \left\{2(ad+bc)-(a^2+d^2-b^2-c^2)\right\}$

$=\left\{(a+d)^2-(b-c)^2 \right\} \cdot \left\{ (b+c)^2-(a-d)^2 \right\}$

$=(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)$

$=16(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)$

$16S^2=16(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-16abcd \cos^2(\frac{\alpha+\beta}{2})$

$\therefore S=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-abcd \cos^2(\frac{\alpha+\beta}{2})} \quad \blacksquare$

특히

$-1 \le \cos(\frac{\alpha+\beta}{2}) \le 1$
$0 \le \cos^2(\frac{\alpha+\beta}{2}) \le 1$
$\cos^2(\frac{\alpha+\beta}{2})=0$일 때, $S$가 최대이다.
즉, $\alpha+\beta=\pi$일 때인 원에 내접할 때, $S$가 최대이다.



$\divideontimes$ 그림에 나타나는 삼각함수

제1 사분면에 원점$O$가 중심이며 $x$축과는 점 $A$에서, $y$축과는 점 $B$에서 만나는 단위 사분원 $O$ 위에 점 P가 있다. 반직선$OP$를 동경, $x$축 양의 방향을 시초로 하는 각을 $\theta$라 하자.

$C,D$는 각각 점 $P$에서 $x,y$축에 내린 수선의 발, $E,F$는 각각 $P$에서의 접선이 $x,y$축과 만나는 교점,$Q$는 반직선 $OP$위의 $x$축에 내린 수선의 발이 $A$인 점, $G$는 선분 $AQ$와 선분 $EF$의 교점이며, $H$는 $G$에서 $y$축에 내린 수선의 발이다.

$\sin\theta=\overline{PC},\overline{OD}$

$\cos\theta=\overline{OC},\overline{DP}$

$\tan\theta=\overline{AQ},\overline{EP}$

$\csc\theta=\overline{OF},\overline{FG}$

$\sec\theta=\overline{OQ},\overline{OE}$

$\cot\theta=\overline{PF}$