브로카르 점

제1 브로카르 점 기하학에서 **브로카르 점**(Brocard points)은 주어진 삼각형으로 결정되는 한 쌍의 등각 켤레점이다.isbn=0-88385-639-5원본연도=1929 반사에 대하여 불변이 아니므로, 삼각형의 중심이 아니다.
# 정의
(유향) 평면 위의 삼각형 ABC가 주어졌다고 하자. 편의상 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 다음 조건을 만족시키는 점 \Omega가 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 ABC의 **제1 브로카르 점**(first Brocard point) \Omega라고 한다. :\angle\Omega AB=\angle\Omega BC=\angle\Omega CA (유향) 평면 위의 삼각형 ABC가 주어졌다고 하자. 편의상 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 다음 조건을 만족시키는 점 \Omega'이 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 ABC의 **제2 브로카르 점**(second Brocard point) \Omega'이라고 한다. :\angle\Omega'AC=\angle\Omega'CB=\angle\Omega'BA 제1·제2 브로카르 점을 통틀어 **브로카르 점**이라고 한다. 증명 등식 \angle\Omega AB=\angle\Omega BC는 \Omega가 점 A를 지나며 점 B에서 변 BC에 접하는 원 위의 (점 A 또는 B가 아닌) 점인 것과 동치이며, 등식 \angle\Omega AB=\angle\Omega CA는 \Omega가 점 C를 지나며 점 A에서 변 AB에 접하는 원 위의 (점 C 또는 A가 아닌) 점인 것과 동치이다. 변 AB는 각각 두 원의 현과 접선이므로, 두 원은 교점 B에서 접하지 않으며, 두 원은 다른 한 교점을 갖는다. 이는 제1 브로카르 점의 정의를 만족시키는 유일한 점이다. 이는 미켈 정리에 극한을 취한 경우와 같다. 증명 끝
# 성질

## 브로카르 각
삼각형 ABC의 제1·제2 브로카르 점 \Omega, \Omega'은 등각 켤레점이다. 즉, 위 6개의 각의 크기는 일치한다. 이 각의 크기를 삼각형 ABC의 **브로카르 각**(Brocard angle) \omega라고 한다. 삼각형 ABC의 꼭짓점 A, B, C의 대변의 길이를 a, b, c, 넓이를 S라고 하자. 그렇다면 다음 항등식들이 성립한다.266–267, §[XVI.]434–435 :\begin{align} \cot\omega & =\cot A+\cot B+\cot C \\\ & =\frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \\\ & =\frac{1+\cos A\cos B\cos C}{\sin A\sin B\sin C} \\\ & =\frac{\sin^2A+\sin^2B+\sin^2C}{2\sin A\sin B\sin C} \\\ & =\frac{a\sin A+b\sin B+c\sin C}{a\cos A+b\cos B+c\cos C} \end{align} :\csc\omega=\csc A+\csc B+\csc C :\sin\omega=\frac{2S}{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 증명 유향 선분 B\Omega의 연장선과 점 C를 지나며 점 A에서 변 AB에 접하는 원의 교점을 P라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라 :\angle\Omega PA=\angle\Omega CA=\angle\Omega AB 이므로 AP와 BC는 평행한다. 점 A, P를 지나는 변 BC의 수선의 발을 D, E라고 하자. 그렇다면 접현각의 성질에 따라 :\angle PCE=\angle CPA=\angle CAB 이다. 따라서 다음이 성립한다. :\begin{align} \cot\omega & =\frac{BE}{PE} \\\ & =\frac{BD}{AD}+\frac{DC}{AD}+\frac{CE}{PE} \\\ & =\cot B+\cot C+\cot A \end{align} 또한 :\begin{align} a^2 & =a\cdot(BD+CD) \\\ & =a\cdot AD\cdot(\cot B+\cot C) \\\ & =2S(\cot B+\cot C) \\\ \end{align} :b^2=2S(\cot C+\cot A) :c^2=2S(\cot A+\cot B) 이므로 :a^2+b^2+c^2=4S(\cot A+\cot B+\cot C)=4S\cot\omega 이다. 그 밖의 항등식들은 이 두 항등식과 삼각법을 사용하여 증명할 수 있다. 증명 끝 모든 삼각형의 브로카르 각은 \pi/6 이하이며, 정확히 \pi/6일 필요 충분 조건은 정삼각형이다 (바이첸뵈크 부등식).104, §10.2 :\omega\le\frac\pi 6 보다 일반적으로, 볼록 다각형 A_1\cdots A_n (A_{n+1}=A_1) 및 그 내부에 속하는 점 P가 주어졌다고 하자. 그렇다면 다음 부등식이 성립하며, 등식이 성립할 필요 충분 조건은 정다각형과 그 중심이다.jstor=10.4169/amer.math.monthly.122.5.495 :\min_{1\le i\le n}\angle PA_iA_{i+1}\le\frac{(n-2)\pi}{2n} 증명 모든 i=1,\dots,n에 대하여 \angle PA_iA_{i+1}\ge(n-2)\pi/2n이라고 가정하자. 그렇다면 모든 i=1,\dots,n에 대하여, \angle PA_iB_i=(n-2)\pi/2n인 선분 PA_{i+1} 위의 점 B_i가 존재한다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다. :\begin{align} \sin\angle PB_1A_1\cdots\sin\angle PB_nA_n & =\frac{PA_1}{PB_1}\sin\angle PA_1B_1\cdot\cdots\cdot\frac{PA_n}{PB_n}\sin\angle PA_nB_n \\\ & \ge\frac{PA_1}{PA_2}\cdot\cdots\cdot\frac{PA_n}{PA_1}\sin^n\frac{(n-2)\pi}{2n} \\\ & =\sin^n\frac{(n-2)\pi}{2n} \end{align} 또한 산술-기하 평균 부등식과 옌센 부등식에 따라 다음이 성립한다. :\begin{align} \sin\angle PB_1A_1\cdots\sin\angle PB_nA_n & \le\left(\frac{\sin\angle PB_1A_1+\cdots+\sin\angle PB_nA_n}n\right)^n \\\ & \le\sin^n\frac{\angle PB_1A_1+\cdots\angle PB_nA_n}n \\\ & =\sin^n\frac{(\pi-(n-2)\pi/2n-\angle A_1PA_2)+\cdots+(\pi-(n-2)\pi/2n-\angle A_nPA_1)}n \\\ & =\sin^n\frac{(n-2)\pi}{2n} \end{align} 따라서 위 두 부등식에서 등식이 성립한다. 등식이 성립할 조건에 따라 모든 i=1,\dots,n에 대하여 B_i=A_{i+1}이며, :\angle PA_2A_1=\angle PA_3A_2=\cdots=\angle PA_1A_n=\frac{(n-2)\pi}{2n} 이다. 또한 :\angle PA_1A_2=\angle PA_2A_3=\cdots=\angle PA_nA_1=\frac{(n-2)\pi}{2n} 이다. 따라서 볼록 다각형 A_1\cdots A_n은 정다각형이며 P는 그 중심이다. 증명 끝 삼각형 ABC의 제1·제2 브로카르 점을 \Omega, \Omega', 외심을 O라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.106, §10.2 :\Omega O=\Omega'O :\angle\Omega O\Omega'=2\omega 증명 유향 선분 A\Omega, B\Omega, C\Omega의 연장선과 외접원의 교점을 A', B', C'이라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라 :\angle\Omega A'C'=\angle CBC'=\omega :\angle AOA'=2\angle A'CA=2\omega :\angle\Omega C'B'=\angle\Omega B'A'=\omega :\angle BOB'=\angle COC'=2\omega 이다. 따라서 삼각형 ABC는 삼각형 A'B'C'을 외심 O에 대하여 2\omega만큼 회전한 상이며, \Omega는 삼각형 A'B'C'의 제2 브로카르 점이다. 따라서 점 \Omega를 외심 O에 대하여 2\omega만큼 회전한 상은 원래 삼각형 ABC의 제2 브로카르 점 \Omega'과 같다. 증명 끝 삼각형 ABC의 제1 브로카르 점 \Omega를 지나는 변 BC, CA, AB의 수선의 발을 D, E, F라고 하고, 제2 브로카르 점 \Omega'을 지나는 변 BC, CA, AB의 수선의 발을 D', E', F'라고 하자. 그렇다면 두 브로카르 점의 수족 삼각형 FDE와 E'F'D'은 합동이며, 둘 모두 원래 삼각형 ABC와 닮음이다.269, §[XVI.]441 증명 사각형 \Omega FBD, \Omega DCE, \Omega EAF는 내접 사각형이므로 원주각의 성질에 따라 :\angle\Omega FD=\angle\Omega BC=\omega :\angle\Omega DE=\angle\Omega CA=\omega :\angle\Omega EF=\angle\Omega AB=\omega 이다. 따라서 \Omega는 삼각형 FDE의 제1 브로카르 점이다. 또한 :\angle DFE=\angle\Omega FD+\angle\Omega FE=\omega+\angle\Omega AC=\angle BAC :\angle EDF=\angle\Omega DE+\angle\Omega DF=\omega+\angle\Omega BA=\angle CBA :\angle FED=\angle\Omega EF+\angle\Omega ED=\omega+\angle\Omega CB=\angle ACB 이므로 삼각형 FDE와 ABC는 닮음이다. 닮음비는 :\frac{\Omega F}{\Omega A}=\sin\omega 이며, 이는 제2 브로카르 점의 경우도 마찬가지다. 증명 끝 삼각형 ABC의 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 한 꼭짓점 A와 제1 브로카르 점 \Omega를 지나는 직선 A\Omega, 시계 반대 방향에 대한 다음 꼭짓점 B를 지나는 대칭 중선 BK, 남은 꼭짓점 C를 지나는 중선 CG는 한 점에서 만난다. 반대로, 한 꼭짓점 A와 제2 브로카르 점 \Omega'을 지나는 직선 A\Omega', 시계 방향에 대한 다음 꼭짓점 C를 지나는 대칭 중선 CK, 남은 꼭짓점 B를 지나는 중선 BG는 한 점에서 만난다.122, §10.6 증명 각 꼭짓점을 지나는 직선 A\Omega, BK, CG의 발을 D, E, F라고 하자. 그렇다면 대칭 중선과 중선의 성질에 따라 :\frac{AF}{FB}=1 :\frac{CE}{EA}=\frac{a^2}{c^2} 이다. 체바 정리에 따라 다음을 보이는 것으로 충분하다. :\frac{BD}{DC}=\frac{c^2}{a^2} 제1 브로카르 점 \Omega의 정의에 따라 :\angle B\Omega D=\angle\Omega AB+\angle\Omega BA=\omega+\angle ABC-\omega=\angle ABC :\angle D\Omega C=\angle BAC 이다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다. :\frac{B\Omega}{\sin(C-\omega)}=\frac a{\sin(A+B)}=\frac a{\sin C} :\frac{\Omega D}{\sin(C-\omega)}=\frac{DC}{\sin A} 삼각형 DB\Omega와 DAB가 닮음이므로 :\frac c{BD}=\frac{B\Omega}{\Omega D}=\frac{a\sin A}{DC\cdot\sin C}=\frac{a^2}{DC\cdot c} 이다. 증명 끝
## 제1 브로카르 삼각형과 브로카르 원
삼각형 ABC의 각각 제1·제2 브로카르 점 \Omega와 \Omega'을 지나는 두 체바 직선 B\Omega와 C\Omega', C\Omega와 A\Omega', A\Omega와 B\Omega'의 교점 B_A, B_B, B_C를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 ABC의 **제1 브로카르 삼각형**(first Brocard triangle) B_AB_BB_C라고 한다. 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B_A, B_B, B_C는 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수직 이등분선 위의 점이다. 증명 이는 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B_A, B_B, B_C가 각각 브로카르 각을 밑각으로 하는 이등변 삼각형 B_ABC, B_BCA, B_CAB의 꼭짓점이기 때문이다. 증명 끝 삼각형 ABC의 대칭 중점 K와 외심 O 사이의 선분 KO를 지름으로 하는 원을 삼각형 ABC의 **브로카르 원**(Brocard circle)이라고 한다. 브로카르 원은 제1 르무안 원과 동심원이다. 삼각형 ABC의 제1·제2 브로카르 점 \Omega, \Omega'은 모두 브로카르 원 위의 점이다. 브로카르 원은 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C의 외접원이다. 증명 삼각형 ABC의 변 BC, CA, AB의 중점을 각각 M_A, M_B, M_C라고 하자. 그렇다면 B_A와 변 BC 사이의 거리는 :B_AM_A=BM_A\tan\angle B_ABM_A=\frac 12a\tan\omega 이다. 이는 대칭 중점 K와 변 BC 사이의 거리와 같으므로 KB_A와 BC는 평행한다. OB_A는 BC의 수선이므로 KB_A의 수선이다. 즉, 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B_A는 브로카르 원 위의 점이다. 마찬가지로 KB_B와 변 CA는 평행하며 B_B는 브로카르 원 위의 점이다. 따라서 :\angle\Omega B_AK=\angle B_ABC=\omega=\angle B_BCA=\angle\Omega B_BK 이다. 즉, 제1 브로카르 점 \Omega는 브로카르 원 위의 점이다. 증명 끝 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C는 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 원래 삼각형 ABC와 닮음이다.112, §10.4 증명 이는 원주각의 성질을 사용하여 다음과 같이 증명할 수 있다. :\begin{align} \angle B_AB_CB_B & =\angle B_A\Omega B_B \\\ & =\pi-\angle\Omega B_AC-\angle\Omega CB_A \\\ & =\pi-(\pi-2\omega)-(2\omega-C) \\\ & =\angle ACB \end{align} :\angle B_CB_BB_A=\angle CBA 증명 끝 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C와 원래 삼각형 ABC의 무게 중심은 일치한다.112, §10.4 이에 따라, 제1 브로카르 삼각형의 각 변 B_BB_C, B_CB_A, B_AB_B의 중점 D, E, F를 지나는 원래 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수선은 원래 삼각형의 구점원의 중심 N에서 만난다.117, §10.4 증명 점 B_A를 변 BC에 대하여 반사시킨 상을 B_A'이라고 하자. 그렇다면 :\angle B_CBB_A'=\angle B_CBB_A+2\omega=\angle ABC :\frac{B_CB}{AB}=\frac 12\sec\omega=\frac{BB_A}{BC}=\frac{BB_A'}{BC} 이므로 삼각형 ABC와 B_CBB_A'은 닮음이다. 마찬가지로 :\angle B_BCB_A'=\angle ACB :\frac{B_BC}{AC}=\frac 12\sec\omega=\frac{B_A'C}{BC} 이므로 삼각형 ABC와 B_BB_A'C는 닮음이다. 또한 BB_A'=B_A'C이므로 삼각형 B_CBB_A'와 B_BB_A'C는 합동이다. 따라서 :AB_C=B_CB=B_BB_A' 이다. 선분 AB_C, B_BB_A'을 각각 점 A, C에 대하여 시계 방향 \omega만큼 회전시킨 상은 모두 변 AB와 평행하므로, AB_C와 B_BB_A'은 평행한다. 따라서 사각형 AB_CB_A'B_B는 평행 사변형이며, 대각선 AB_A'와 B_CB_B는 그 교점 P에서 서로를 이등분한다. 선분 B_AD는 삼각형 B_AB_BB_C와 AB_AB_A'의 공통 꼭짓점 B_A를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 B_AB_BB_C와 AB_AB_A'의 무게 중심은 일치한다. 선분 BC와 B_AB_A'의 공통 중점을 M_A라고 하자. 그렇다면 선분 AM_A는 삼각형 ABC와 AB_AB_A'의 공통 꼭짓점 A를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 ABC와 AB_AB_A'의 무게 중심 역시 일치한다. 따라서 삼각형 ABC와 B_AB_BB_C의 무게 중심은 일치한다. 삼각형 ABC의 외심 O와 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B_A, B_B, B_C에 무게 중심 G를 닮음 중심으로 하고 -1/2을 닮음비로 하는 중심 닮음 변환을 가한 상은 각각 구점원의 중심 N과 점 D, E, F이다. B_AO, B_BO, B_CO는 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수직 이등분선이다. 위 변환은 직선의 방향을 보존하므로 DN과 B_AO, EN과 B_BO, FN과 B_CO는 평행한다. 따라서 DN, EN, FN은 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수선이다. 증명 끝
## 제2 브로카르 삼각형
삼각형 ABC의 꼭짓점 B 또는 C를 지나며 꼭짓점 A에서 각각 변 CA 또는 AB에 접하는 두 원의 교점 C_A, 꼭짓점 C 또는 A를 지나며 꼭짓점 B에서 각각 변 AB 또는 BC에 접하는 두 원의 교점 C_B, 꼭짓점 A 또는 B를 지나며 꼭짓점 C에서 각각 변 BC 또는 CA에 접하는 두 원의 교점 C_C를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 ABC의 **제2 브로카르 삼각형**(second Brocard triangle) C_AC_BC_C라고 한다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 C_A, C_B, C_C는 각각 대칭 중선 AK, BK, CK 위의 점이다. 증명 접현각의 성질에 따라 :\angle C_AAB=\angle C_ACA :\angle C_ABA=\angle C_AAC 이므로 삼각형 C_AAB와 C_ACA는 닮음이다. 따라서 C_A와 삼각형의 두 변 AB, CA 사이의 거리의 비는 AB/CA=c/b이다. 즉, C_A는 대칭 중선 AK 위의 점이다. 증명 끝 브로카르 원은 제2 브로카르 삼각형 C_AC_BC_C의 외접원이다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 C_A, C_B, C_C는 각각 선분 AK, BK, CK를 연장한 외접원의 현의 중점이다.118, §10.4 증명 편의상 삼각형 ABC가 예각 삼각형이며 대칭 중점 K가 선분 AC_A 위의 점이며 외심 O가 삼각형 AC_AC의 내부에 속한다고 가정하자 (그 밖의 경우의 증명은 유사하다). 그렇다면 :\angle BC_AC=2\angle BAC=\angle BOC 이므로 B, C_A, O, C는 한 원 위의 점이다. 따라서 다음이 성립한다. :\begin{align} \angle KC_AO & =\angle AC_AC-\angle OC_AC \\\ & =(\pi-\angle C_AAC-\angle C_ACA)-\angle OBC \\\ & =(\pi-\angle C_AAC-\angle C_AAB)-(\pi/2-\angle BAC) \\\ & =(\pi-\angle BAC)-(\pi/2-\angle BAC) \\\ & =\pi/2 \end{align} 즉, 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 C_A는 브로카르 원 위의 점이다. 유향 선분 AK의 연장선과 외접원의 교점을 D라고 하자. 그렇다면 OC_A가 현 AD의 수선이므로 C_A는 현 AD의 중점이다. 증명 끝
## 슈타이너 점과 타리 점
삼각형 ABC의 각 꼭짓점 A, B, C를 지나는 제1 브로카르 삼각형의 변 B_BB_C, B_CB_A, B_AB_B의 평행선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 ABC의 **슈타이너 점**(Steiner point) S라고 한다 (야코프 슈타이너). 삼각형 ABC의 각 꼭짓점 A, B, C를 지나는 제1 브로카르 삼각형의 변 B_BB_C, B_CB_A, B_AB_B의 수선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 ABC의 **타리 점**(Tarry point) T라고 한다 (가스통 타리, Gaston Tarry). 슈타이너 점과 타리 점은 외접원 위의 한 쌍의 대척점이다.119–120, §10.5, (a) 증명 꼭짓점 A, B를 지나는 변 B_BB_C, B_CB_A의 평행선의 교점을 S라고 하자. 그렇다면 삼각형 ABC와 B_AB_BB_C가 닮음이므로 :\angle ASB=\angle B_AB_CB_B=\angle ACB 이다. 따라서 S는 외접원 위의 점이다. 원주각의 성질에 따라 :\angle BSC=\angle BAC=\angle B_BB_AB_C 이다. BS와 B_CB_A가 평행하므로 CS는 B_AB_B와 평행한다. 점 S의 대척점을 T라고 하자. 그렇다면 선분 ST가 외접원의 지름이므로 AT, BT, CT는 각각 AS, BS, CS의 수선이다. 따라서 AT, BT, CT는 B_BB_C, B_CB_A, B_AB_B의 수선이다. 증명 끝 슈타이너 점은 삼각형의 각 꼭짓점에 외각의 크기를 질량으로 부여한 질점의 무게 중심이다.120, §10.5, (a) 삼각형 ABC의 대칭 중점 K는 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C의 슈타이너 점이다.121, §10.5, (b) 증명 우선, 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C의 제1 브로카르 삼각형 B^2_AB^2_BB^2_C의 각 변 B^2_BB^2_C, B^2_CB^2_A, B^2_AB^2_B가 원래 삼각형 ABC와 중심 닮음임을 증명하자. 대칭성에 따라 B^2_AB^2_B와 AB가 평행함을 증명하면 충분하다. 삼각형 ABC와 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C를 조합한 도형은 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C와 그 제1 브로카르 삼각형 B^2_AB^2_BB^2_C를 조합한 도형과 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 닮음이다. 따라서 BC에서 B_AB_B로 회전한 각의 크기와 B_BB_C에서 B^2_AB^2_B로 회전한 각의 크기는 덧셈 역원이다. B_AB_B에서 B_BB_C로 회전한 각의 크기는 BC에서 AB로 회전한 각의 크기와 같으므로 (절댓값은 \angle ABC), BC에서 B^2_AB^2_B로 회전한 각의 크기는 BC에서 AB로 회전한 각의 크기와 같다. 따라서 B^2_AB^2_B와 AB는 평행한다. 이제 대칭 중점 K가 제1 브로카르 삼각형 B_AB_BB_C의 슈타이너 점임을 증명하자. 삼각형 ABC의 외심을 O라고 하자. 대칭성에 따라 B_AK와 B^2_BB^2_C가 평행함을 증명하면 충분하다. 이는 B_AK와 B_AO가 수직이며 B_AO와 BC가 수직이며 또한 BC와 B^2_BB^2_C가 평행하므로 성립한다. 증명 끝
## 노이베르크 원
삼각형 ABC의 브로카르 각을 \omega라고 하자. 그렇다면 각각 선분 BC, CA, AB를 한 변으로 하는 삼각형 PBC, QCA, RAB의 브로카르 각이 \omega가 되게 만드는 점 P, Q, R의 자취는 각각 꼭짓점 A, B, C를 지나는 원과 이를 각각 변 BC, CA, AB에 대하여 반사한 상이다. 총 6개의 원 가운데 각각 꼭짓점 A, B, C를 지나는 3개의 원을 삼각형 ABC의 **노이베르크 원**(Neuberg circles)이라고 한다 (요제프 노이베르크, Joseph Neuberg). 증명 삼각형 ABC와 음이 아닌 실수 \omega\in[0,\pi/6]이 주어졌다고 하자. 삼각형의 변 BC의 중점을 M_A라고 하자. 변 BC의 수직 이등분선에서 변 BC에 대하여 A와 같은 쪽이며 :N_AM_A=\frac 12a\cot\omega 인 점 N_A를 취하자. 아폴로니오스 정리에 따라 :{AM_A}^2=\frac 12b^2+\frac12 c^2-\frac 14a^2 이다. 또한 삼각형 ABC의 넓이는 다음과 같다. :S=\frac 12a\cdot AM_A\cdot\cos\angle AM_AN_A 코사인 법칙에 따라 다음이 성립한다. :\begin{align} N_AA^2 & ={AM_A}^2+{N_AM_A}^2-2\cdot AM_A\cdot N_AM_A\cdot\cos\angle AM_AN_A \\\ & =\frac 12b^2+\frac 12 c^2-\frac 14a^2+\frac 14a^2\cot^2\omega-2\cdot AM_A\cdot\frac 12a\cot\omega\cdot\cos\angle AM_AN_A \\\ & =\frac 12b^2+\frac 12 c^2-\frac 14a^2+\frac 14a^2\cot^2\omega-2S\cot\omega \end{align} 만약 삼각형 ABC의 브로카르 각이 \omega라면, :\begin{align} N_AA^2 & =\frac 12b^2+\frac 12 c^2-\frac 14a^2+\frac 14a^2\cot^2\omega-\frac{a^2+b^2+c^2}2 \\\ & =\frac 14a^2(\cot^2\omega-3) \end{align} 이다. 즉, A는 중심이 N_A, 반지름이 :\frac 12a\sqrt{\cot^2\omega-3} 인 원 위의 점이다. 반대로, 만약 :N_AA=\frac 12a\sqrt{\cot^2\omega-3} 이라면, :\cot\omega=\frac{a^2+b^2+c^2}{4S} 이므로 삼각형 ABC의 브로카르 각은 \omega이다. 증명 끝 꼭짓점 A, B, C를 지나는 노이베르크 원의 중심 N_A, N_B, N_C는 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수직 이등분선 위의 점이다. 노이베르크 원의 중심 N_A, N_B, N_C와 삼각형의 변 BC, CA, AB 사이의 거리는 각각 다음과 같다.287, §[XVII.]480 :d(N_A,BC)=\frac 12a\cot\omega :d(N_B,CA)=\frac 12b\cot\omega :d(N_C,AB)=\frac 12c\cot\omega 노이베르크 원의 반지름은 각각 다음과 같다.287, §[XVII.]480 :N_AA=\frac 12a\sqrt{\cot^2\omega-3} :N_BB=\frac 12b\sqrt{\cot^2\omega-3} :N_CC=\frac 12c\sqrt{\cot^2\omega-3} 꼭짓점 A를 지나는 노이베르크 원은 꼭짓점 B, C를 중심으로 하며 선분 BC를 반지름으로 하는 두 원과 직교한다. 마찬가지로, 꼭짓점 B를 지나는 노이베르크 원은 꼭짓점 C, A를 중심으로 하며 선분 CA를 반지름으로 하는 두 원과 직교하며, 꼭짓점 C를 지나는 노이베르크 원은 꼭짓점 A, B를 중심으로 하며 선분 AB를 반지름으로 하는 두 원과 직교한다. 이에 따라, 고정된 선분 BC 및 변화하는 점 A에 대한 (꼭짓점 A를 지나는) 노이베르크 원들은 동축원 다발을 이루며, 그 두 극한점 L, L'과 선분 BC는 두 정삼각형 LBC, L'BC를 이룬다.289, §[XVII.]484
# 역사
오늘날 브로카르 점이라고 불리는 개념은 아우구스트 레오폴트 크렐레(August Leopold Crelle)가 1816년에 도입하였다.495 그 후 카를 프리드리히 안드레아스 야코비(Karl Friedrich Andreas Jacobi)를 비롯한 수학자들도 이를 연구하였다.495 앙리 브로카르(Henri Brocard)가 1875년에 재발견하였다.495