증명

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주어진 원 \(\rm ABCDE\)가 있다.

그러면 원 \(\rm ABCDE\)에 모든 변의 길이가 같고, 모든 각의 크기가 같은 정오각형을 외접시킬 수 있음을 보이자.

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주어진 원 \(\rm ABCDE\)가 있다.

1) 작도를 하여 보자.

점들 \(\rm A\), \(\rm B\), \(\rm C\), \(\rm D\), \(\rm E\)가 원 \(\rm ABCDE\)에 내접하는 각을 갖는 꼭짓점이라고 하자. 그러면 호들 \(\rm AB\), \(\rm BC\), \(\rm CD\), \(\rm DE\), \(\rm EA\)는 \(\overset{\frown}{\rm AB}=\overset{\frown}{\rm BC}=\overset{\frown}{\rm CD}=\overset{\frown}{\rm DE}=\overset{\frown}{\rm EA}\)이다. [III권 명제 11]

원 위의 점들 \(\rm A\), \(\rm B\), \(\rm C\), \(\rm D\), \(\rm E\)에서 각각 접하는 선분들 \(\rm GH\), \(\rm HK\), \(\rm KL\), \(\rm LM\), \(\rm MG\)를 그리자. [III권 명제 16 따름 명제]

2) 작도된 오각형의 모든 변의 길이가 같음을 보이자.

선분들 \(\rm FB\), \(\rm FK\), \(\rm FC\), \(\rm FL\), \(\rm FD\)를 그리자. 그러면 선분 \(\rm KL\)은 점 \(\rm C\)에서 원 \(\rm ABCDE\)에 접하고 선분 \(\rm FC\)는 중심 \(\rm F\)와 점 \(\rm C\)를 연결한 선분이므로 선분 \(\rm FC\)와 선분 \(\rm KL\)은 수직이다. [III권 명제 18] 그러므로 점 \(\rm C\)에서 각들은 \(\angle\rm FCK=\angle\rm FCL=90^\circ\)이다.

\(\angle\rm FDL=\angle\rm FDM=90^\circ\)이다. \(\angle\rm FCK=90^\circ\)이므로 \({\overline{\rm FK}}^2={\overline{\rm FC}}^2+{\overline{\rm CK}}^2\)이다. [I권 명제 47] 또한 같은 이유로 \({\overline{\rm FK}}^2={\overline{\rm FB}}^2+{\overline{\rm BK}}^2\)이므로 \({\overline{\rm FC}}^2+{\overline{\rm CK}}^2={\overline{\rm FB}}^2+{\overline{\rm BK}}^2\)이다. [I권 명제 47] 그런데 \({\overline{\rm FB}}^2={\overline{\rm FC}}^2\)이므로 \({\overline{\rm CK}}^2={\overline{\rm BK}}^2\)이다.

그러므로 \({\overline{\rm BK}}^2={\overline{\rm CK}}^2\)이다.

그리고 두 삼각형 \(\rm FBK\), \(\rm FCK\)는 \(\overline{\rm FB}=\overline{\rm FC}\), \(\overline{\rm FK}\)는 공통, \(\overline{\rm FK}=\overline{\rm CK}\) 이어서 합동(SSS 합동)이다. 그러므로 \(\angle\rm BFK=\angle\rm KFC\)이고 \(\angle\rm BFC=\angle\rm KFC\)이다. 따라서 \(\angle\rm BFC=2\cdot\angle\rm KFC\)이고 \(\angle\rm BKC=2\cdot\angle\rm FKC\)이다. [I권 명제 8]

\(\overset{\frown}{\rm BC}=\overset{\frown}{\rm CD}\)이기 때문에 \(\angle\rm BFC=\angle\rm CFD\)이다. [III권 명제 27]

그리고 두 삼각형 \(\rm FKC\), \(\rm FLC\)는 \(\angle\rm BFC=\angle\rm CFD\), \(\angle\rm FCK=\angle\rm FCL=90^\circ\), \(\overline{\rm FC}\)는 공통이므로 합동(ASA 합동)이다. 그러므로 합동인 두 삼각형의 나머지 변들의 길이가 서로 같고 너머지 각들의 크기도 서로 같다. [I권 명제 26] 그러므로 \(\overline{\rm KC}=\overline{\rm CL}\), \(\angle\rm FKC=\angle\rm FLC\)이다.

그리고 \(\overline{\rm KC}=\overline{\rm CL}\)이므로 \(\overline{\rm KL}=2\cdot\overline{\rm KC}\)이다.

같은 이유로 \(\overline{\rm HK}=2\cdot\overline{\rm BK}\)임을 보일 수 있다.

그리고 \(\overline{\rm BK}=\overline{\rm KC}\)이다. 그러므로 \(\overline{\rm HK}=\overline{\rm KL}\)이다.

같은 방법으로 \(\overline{\rm HG}=\overline{\rm HK}=\overline{\rm KL}\), \(\overline{\rm GM}=\overline{\rm HK}=\overline{\rm KL}\), \(\overline{\rm ML}=\overline{\rm HK}=\overline{\rm KL}\)임을 보일 수 있다.

그러므로 오각형 \(\rm GHKLM\)은 모든 변의 길이가 같다.

3) 다음으로 오각형의 각들의 크기가 모두 같음을 보이자.

\(\angle\rm FKC=\angle\rm FLC\)이고 \(\angle\rm HKL=2\cdot\angle\rm FKC\), \(\angle\rm KLM=2\cdot\angle\rm FLC\)이므로 \(\angle\rm HKL=\angle\rm KLM\)이다.

같은 방법으로 \(\angle\rm KHG=\angle\rm HKL=\angle\rm KLM\), \(\angle\rm HGM=\angle\rm HKL=\angle\rm KLM\), \(\angle\rm GML=\angle\rm HKL=\angle\rm KLM\)임을 보일 수 있다. 그러므로 \(\angle\rm GHK=\angle\rm HKL=\angle\rm KL=\angle\rm MGH\)이다.

따라서 오각형 \(\rm GHKLM\)의 모든 각의 크기가 같다.

그러므로 오각형 \(\rm GHKLM\)의 모든 변의 길이가 같고 모든 각의 크기가 같은 정오각형이고 원 \(\rm ABCDE\)에 외접한다.

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그러므로 주어진 원에 모든 변의 길이가 같고 모든 각의 크기가 같은 정오각형을 외접시킬 수 있다.

Q.E.D.