증명

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주어진 구에 정사면체(Pyramid, Tetrahedron)를 내접시킬 수 있고 (구의 지름으로 만든 정사각형의 넓이)\(=\frac32\)(정사면체의 한 변으로 만든 정사각형 넓이)임을 보이자.

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1)정사면체 만들기

지름이 \(\rm AB\)인 주어진 구에 대하여, \(\overline{\rm AC}=2\overline{\rm CB}\)인 선분 AB 내부 점 \(\rm C\)를 잡자. [VI권 명제 9] 그리고 선분\(\rm AB\) 위쪽에서 반원 \(\rm ADB\)를 그리자. 이때 선분 \(\rm CD\)를 점 \(\rm C\)에서 \(\rm AB\)에 직각으로 그은 선이라고 하자. 그리고 선분 \(\rm DA\)를 그리자. [I권 명제 11]

그리고 원 \(\rm EFG\)를 반지름의 길이가 \(\rm DC\)와 같고 원 \(\rm EFG\)에 내접한 정삼각형을 작도하자. [IV권 명제 2] 그리고 원 \(\rm ABC\) 중심 \(\rm H\)를 잡자. [III권 명제 1] 그리고 선분 \(\rm HE\), \(\rm HF\), \(\rm HG\)를 그리자.

그리고 점 \(\rm H\)에서 \(\overline{\rm HK}=\overline{\rm AC}\)이고 원 \(\rm EFG\)를 포함하는 평면에 수직하게 선분 \(\rm HK\)를 그리자. [XI권 명제 12] 그리고 선분 \(\rm KE\), \(\rm KF\), \(\rm KG\)를 그리자. [I권 명제 3]

선분 \(\rm KH\)가 원 \(\rm EFG\)를 포함하는 평면에 수직이기 때문에 이는 또한 원 \(\rm EFG\)를 포함하는 평면내의 \(\rm KH\)와 만나는 모든 직선에 대하여 수직이다. [XI권 정의 3] 그리고 선분 \(\rm HE\), \(\rm HF\), \(\rm HG\)가 선분 \(\rm KH\)와 만나므로 선분 \(\rm HK\)는 각각 선분 \(\rm HE\), \(\rm HF\), \(\rm HG\)와 수직이다.

그리고 \(\overline{\rm AC}=\overline{\rm HK}\), \(\overline{\rm CD}=\overline{\rm HE}\)이고 두 선분 \(\rm AC\), \(\rm CD\)와 두 선분 \(\rm HK\), \(\rm HE\)가 각각 서로 수직이기 때문에 \(\overline{\rm DA}=\overline{\rm KE}\)이다. [1권 정리4] 그래서 같은 이유로 \(\overline{\rm DA}=\overline{\rm KF}=\overline{\rm KG}\)이다. …① 그러므로 \(\overline{\rm KE}=\overline{\rm KF}=\overline{\rm KG}\)이다. 그리고 \(\overline{\rm AC}=2\overline{\rm CB}\)이므로 \(\overline{\rm AB}=3\overline{\rm BC}\)이다. …② 그리고 \(\frac{\overline{\rm AB}}{\overline{\rm BC}}=\frac{{\overline{\rm AD}}^2}{{\overline{\rm DC}}^2}\)이다. (이 부분은 아래의 보조 명제에서 증명할 것이다.)

그러므로 \({\overline{\rm AD}}^2=3{\overline{\rm DC}}^2\)이다. 그리고 또한 \(\overline{\rm FE}=3\overline{\rm EH}\) [XIII권 명제 12]이고 \(\overline{\rm DC}=\overline{\rm EH}\)이다. 그러므로 \(\overline{\rm DA}=\overline{\rm EF}\)이다.

그러나 ①에 의해 \(\overline{\rm DA}=\overline{\rm KE}=\overline{\rm KF}=\overline{\rm KG}\)이므로 \(\overline{\rm EF}=\overline{\rm KE}\), \(\overline{\rm FG}=\overline{\rm KF}\), \(\overline{\rm FG}=\overline{\rm KG}\)이다. 그러므로 네 삼각형 \(\rm EFG\), \(\rm KEF\), \(\rm KFG\), \(\rm KEG\)는 모두 합동이다.

그러므로 네 개의 정사각형으로부터 삼각형 \(\rm EFG\)를 밑변으로 하고 점 \(\rm K\)가 꼭짓점인 정사면체를 만들었다.

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(2) (구성한 정사면체가 주어진 구에 내접함을 증명) 그래서 이제 주어진 구에 위의 정사면체가 내접하는 것과 이 구의 지름으로 만든 정사각형의 넓이가 정사면체의 한 변으로 만든 정사각형의 넓이의 \(\frac32\)배임을 보이자.

직선 \(\rm KH\)를 선분 \(\rm HL\)을 늘려서 \(\overline{\rm HL}=\overline{\rm CB}\)가 되도록 하자. [I권 명제 3]

\(\frac{\overline{\rm AC}}{\overline{\rm CD}}=\frac{\overline{rm CD}}{\overline{\rm CB}}\)이고 [VI권 명제 8 따름정리], \(\overline{\rm AC}=\overline{\rm KH}\), \(\overline{\rm CD}=\overline{\rm HE}\), \(\overline{\rm CB}=\overline{\rm HL}\)이기 때문에 \(\frac{\overline{\rm KH}}{\overline{\rm JE}}=\frac{\overline{\rm HE}}{\overline{\rm HL}}\)이다. 그러므로 \(\overline{\rm KH}\cdot\overline{\rm HL}={\overline{\rm EH}}^2\)이다. [VI권 명제 17]

그리고 \(\rm\angle KHE=\angle EHL=90^\circ\)이다. 그러므로 선분 \(\rm KL\) 위에서 그린 반원 또한 점 \(\rm E\)를 지나게 된다.

선분 \(\rm EL\)을 연결하면 삼각형 \(\rm ELK\)가 각각 삼각형 \(\rm ELH\)와 \(\rm EHK\)의 대응하는 모든 각이 같기 때문에 \(\rm\angle LEK=90^\circ\)이므로 이것이 성립한다. [VI권 명제 8, III권 명제 31]

그래서 \(\rm KL\)을 고정시키고 반원을 처음 놓여있던 위치에서 다시 처음 위치까지 움직이면(한바퀴 회전) 두 점 \(\rm F\), \(\rm G\)를 지날 것이다. 왜냐면 두 선분 \(\rm FL\), \(\rm LG\)를 연결하면 두 점 \(\rm F\), \(\rm G\)에서의 각이 같은 이유로 \(\rm\angle F = \angle G = 90^\circ\)가 되기 때문이다. 그리고 정사면체는 주어진 구에 의하여 접하게 될 것이다. \(\overline{\rm KH}=\overline{\rm AC}\), \(\overline{\rm HL}=\overline{\rm CB}\)이므로 구의 지름 \(\rm KL\)은 주어진 구의 반지름 \(\rm AB\)는 \(\overline{\rm KL}=\overline{\rm AB}\)이다.

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(3) 주어진 구의 지름으로 만든 정사각형의 넓이가 내접하는 정사면체의 한 변으로 만든 정사각형 넓이의 \(\frac32\)배가 됨을 증명을 하자.

②에서 \(\overline{\rm AC}=2\overline{\rm CB}\)이므로 \(\overline{\rm AB}=3\overline{\rm BC}\)였다. 그러므로 결론적으로 \(\overline{\rm BA}=3\overline{\rm BC}=\frac32 \cdot 2 \cdot \overline{\rm BC}=\frac32\overline{\rm AC}\)이다.

그러나 \(\frac{\overline{\rm BA}}{\overline{\rm AC}}=\frac{{\overline{\rm BA}}^2}{{\overline{\rm AD}}^2}\)이다. (선분 \(\rm DB\)을 만들면 두 삼각형 \(\rm DAB\), \(\rm DAC\)는 닮음에 때문에 \(\frac{\overline{\rm BA}}{\overline{\rm AD}}=\frac{\overline{\rm DA}}{\overline{\rm AC}}\)가 되므로 성립한다. 이때 네 개의 비례식의 부분에서 첫 번째 부분과 네 번째 부분의 비는 첫 번째로 만드는 정사각형의 넓이와 두 번째 부분으로 만드는 정사각형의 넓이의 비와 같게 된다.)

그러므로 \(\overline{\rm BA}=\frac32\overline{\rm AC}\)이기 때문에 \({\overline{\rm BA}}^2=\frac32 {\overline{\rm AD}}^2\)이다. 그리고 선분 \(\rm AB\)는 주어진 구의 반지름과 같고 \(\rm AD\)는 정사면체의 한 변과 같다.

그러므로 주어진 구의 지름으로 만든 정사각형의 넓이가 내접하는 정사면체의 한 변으로 만든 정사각형 넓이의 \(\frac32\)배가 된다.

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그러므로 주어진 구에 정사면체(Pyramid, Tetrahedron)를 내접시킬 수 있다. 그리고 구의 지름으로 만든 정사각형의 넓이는 정사면체의 한 변으로 만든 정사각형 넓이의 \(\frac32\)배이다.

Q.E.D.

증명

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반원이 있다고 해보고 선분\(\rm DB\)를 그리자. 선분 \(\rm AC\) 위에 정사각형 \(\rm EFCA\)를 작도하자. 그리고 평행사변형 \(\rm FGBC\)를 작도하자. [I권 명제 46]

그러면 두 삼각형 \(\rm DAB\), \(\rm DAC\)의 대응하는 각이 같기 때문에 \(\frac{\overline{\rm BA}}{\overline{\rm AD}}=\frac{\overline{\rm DA}}{\overline{\rm AC}}\)이고 [VI권 명제 8, VI권 명제 4] \(\overline{\rm BA}\cdot \overline{\rm AC}={\overline{\rm AD}}^2\)이다. [VI권 명제 17]

그리고 \(\frac{\overline{\rm AB}}{\overline{\rm BC}}=\frac{\overline{\rm EB}}{\overline{\rm BF}}\)이다. [VI권 명제 1]

그리고 \(\overline{\rm EA}=\overline{\rm AC}\)이기 때문에 직사각형 \(\rm EGBA\)의 두 선분은 \(\rm BA\), \(\rm AC\)이다. 그리고 직사각형 \(\rm FGBC\)의 두 선분은 선분 \(\rm AC\), \(\rm BC\)이다. 그러므로 \(\frac{\overline{\rm AB}}{\overline{\rm BC}}=\frac{\overline{\rm BA}\cdot\overline{\rm AC}}{\overline{\rm AC}\cdot\overline{\rm CB}}\)이다.

그리고 \(\overline{\rm BA}\cdot\overline{\rm AC}={\overline{\rm AD}}^2\)이고 \(\overline{\rm AC}\cdot\overline{\rm CB}={\overline{\rm DC}}^2\)이다. 왜냐하면 \(\rm \angle ADB=90^\circ\)이어서 변 \(\rm DC\)는 변 \(\rm AC\)와 \(\rm CB\)의 비례중항이기 때문이다. [VI권 명제 8 따름 명제] 그러므로 \(\frac{\overline{\rm AB}}{\overline{\rm BC}}=\frac{{\overline{\rm AD}}^2}{{\overline{\rm DC}}^2}\)다.

Q.E.D.