제1 브로카르 점
기하학에서 **브로카르 점**(영어: Brocard points)은 주어진 삼각형으로 결정되는 한 쌍의 등각 켤레점이다.

정의
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(유향) 평면 위의 삼각형 ABC가 주어졌다고 하자. 편의상 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 다음 조건을 만족시키는 점 \Omega 가 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 ABC의 **제1 브로카르 점**(영어: first Brocard point) \Omega 라고 한다.

{\displaystyle \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 {\displaystyle \Omega '}이 유일하게 존재하며, 이 점을 삼각형 ABC의 **제2 브로카르 점**(영어: second Brocard point) {\displaystyle \Omega '}이라고 한다.

{\displaystyle \angle \Omega 'AC=\angle \Omega 'CB=\angle \Omega 'BA}
제1·제2 브로카르 점을 통틀어 **브로카르 점**이라고 한다.

증명:

등식 {\displaystyle \angle \Omega AB=\angle \Omega BC}는 \Omega 가 점 A를 지나며 점 B에서 변 BC에 접하는 원 위의 (점 A 또는 B가 아닌) 점인 것과 동치이며, 등식 {\displaystyle \angle \Omega AB=\angle \Omega CA}는 \Omega 가 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.

성질
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### 브로카르 각

삼각형 ABC의 제1·제2 브로카르 점 \Omega , {\displaystyle \Omega '}은 등각 켤레점이다. 즉, 위 6개의 각의 크기는 일치한다. 이 각의 크기를 삼각형 ABC의 **브로카르 각**(영어: Brocard angle) \omega 라고 한다. 삼각형 ABC의 꼭짓점 A, B, C의 대변의 길이를 a, b, c, 넓이를 S라고 하자. 그렇다면 다음 항등식들이 성립한다.:266–267, §[XVI.]434–435

{\displaystyle {\begin{aligned}\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 ^{2}A+\sin ^{2}B+\sin ^{2}C}{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{aligned}}}
{\displaystyle \csc \omega =\csc A+\csc B+\csc C}
{\displaystyle \sin \omega ={\frac {2S}{\sqrt {a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}}}}

증명:

유향 선분 {\displaystyle B\Omega }의 연장선과 점 C를 지나며 점 A에서 변 AB에 접하는 원의 교점을 P라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라

{\displaystyle \angle \Omega PA=\angle \Omega CA=\angle \Omega AB}
이므로 {\displaystyle AP}와 BC는 평행한다. 점 A, P를 지나는 변 BC의 수선의 발을 D, E라고 하자. 그렇다면 접현각의 성질에 따라

{\displaystyle \angle PCE=\angle CPA=\angle CAB}
이다. 따라서 다음이 성립한다.

{\displaystyle {\begin{aligned}\cot \omega &={\frac {BE}{PE}}\\&={\frac {BD}{AD}}+{\frac {DC}{AD}}+{\frac {CE}{PE}}\\&=\cot B+\cot C+\cot A\end{aligned}}}
또한

{\displaystyle {\begin{aligned}a^{2}&=a\cdot (BD+CD)\\&=a\cdot AD\cdot (\cot B+\cot C)\\&=2S(\cot B+\cot C)\\\end{aligned}}}
{\displaystyle b^{2}=2S(\cot C+\cot A)}
{\displaystyle c^{2}=2S(\cot A+\cot B)}
이므로

{\displaystyle 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.

모든 삼각형의 브로카르 각은 \pi /6 이하이며, 정확히 \pi /6일 필요 충분 조건은 정삼각형이다 (바이첸뵈크 부등식).:104, §10.2

{\displaystyle \omega \leq {\frac {\pi }{6}}}
보다 일반적으로, 볼록 다각형 {\displaystyle A\_{1}\cdots A\_{n}} ({\displaystyle 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.

{\displaystyle \min \_{1\leq i\leq n}\angle PA\_{i}A\_{i+1}\leq {\frac {(n-2)\pi }{2n}}}

증명:

모든 i=1,\dots ,n에 대하여 {\displaystyle \angle PA\_{i}A\_{i+1}\geq (n-2)\pi /2n}이라고 가정하자. 그렇다면 모든 i=1,\dots ,n에 대하여, {\displaystyle \angle PA\_{i}B\_{i}=(n-2)\pi /2n}인 선분 {\displaystyle PA\_{i+1}} 위의 점 B\_{i}가 존재한다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

{\displaystyle {\begin{aligned}\sin \angle PB\_{1}A\_{1}\cdots \sin \angle PB\_{n}A\_{n}&={\frac {PA\_{1}}{PB\_{1}}}\sin \angle PA\_{1}B\_{1}\cdot \cdots \cdot {\frac {PA\_{n}}{PB\_{n}}}\sin \angle PA\_{n}B\_{n}\\&\geq {\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{aligned}}}
또한 산술-기하 평균 부등식과 옌센 부등식에 따라 다음이 성립한다.

{\displaystyle {\begin{aligned}\sin \angle PB\_{1}A\_{1}\cdots \sin \angle PB\_{n}A\_{n}&\leq \left({\frac {\sin \angle PB\_{1}A\_{1}+\cdots +\sin \angle PB\_{n}A\_{n}}{n}}\right)^{n}\\&\leq \sin ^{n}{\frac {\angle PB\_{1}A\_{1}+\cdots \angle PB\_{n}A\_{n}}{n}}\\&=\sin ^{n}{\frac {(\pi -(n-2)\pi /2n-\angle A\_{1}PA\_{2})+\cdots +(\pi -(n-2)\pi /2n-\angle A\_{n}PA\_{1})}{n}}\\&=\sin ^{n}{\frac {(n-2)\pi }{2n}}\end{aligned}}}
따라서 위 두 부등식에서 등식이 성립한다. 등식이 성립할 조건에 따라 모든 i=1,\dots ,n에 대하여 {\displaystyle B\_{i}=A\_{i+1}}이며,

{\displaystyle \angle PA\_{2}A\_{1}=\angle PA\_{3}A\_{2}=\cdots =\angle PA\_{1}A\_{n}={\frac {(n-2)\pi }{2n}}}
이다. 또한

{\displaystyle \angle PA\_{1}A\_{2}=\angle PA\_{2}A\_{3}=\cdots =\angle PA\_{n}A\_{1}={\frac {(n-2)\pi }{2n}}}
이다. 따라서 볼록 다각형 {\displaystyle A\_{1}\cdots A\_{n}}은 정다각형이며 P는 그 중심이다.

삼각형 ABC의 제1·제2 브로카르 점을 \Omega , {\displaystyle \Omega '}, 외심을 O라고 하자. 그렇다면 다음이 성립한다.:106, §10.2

{\displaystyle \Omega O=\Omega 'O}
{\displaystyle \angle \Omega O\Omega '=2\omega }

증명:

유향 선분 {\displaystyle A\Omega }, {\displaystyle B\Omega }, {\displaystyle C\Omega }의 연장선과 외접원의 교점을 A', {\displaystyle B'}, {\displaystyle C'}이라고 하자. 그렇다면 원주각의 성질에 따라

{\displaystyle \angle \Omega A'C'=\angle CBC'=\omega }
{\displaystyle \angle AOA'=2\angle A'CA=2\omega }
{\displaystyle \angle \Omega C'B'=\angle \Omega B'A'=\omega }
{\displaystyle \angle BOB'=\angle COC'=2\omega }
이다. 따라서 삼각형 ABC는 삼각형 {\displaystyle A'B'C'}을 외심 O에 대하여 {\displaystyle 2\omega }만큼 회전한 상이며, \Omega 는 삼각형 {\displaystyle A'B'C'}의 제2 브로카르 점이다. 따라서 점 \Omega 를 외심 O에 대하여 {\displaystyle 2\omega }만큼 회전한 상은 원래 삼각형 ABC의 제2 브로카르 점 {\displaystyle \Omega '}과 같다.

삼각형 ABC의 제1 브로카르 점 \Omega 를 지나는 변 BC, CA, AB의 수선의 발을 D, E, F라고 하고, 제2 브로카르 점 {\displaystyle \Omega '}을 지나는 변 BC, CA, AB의 수선의 발을 D', E', {\displaystyle F'}라고 하자. 그렇다면 두 브로카르 점의 수족 삼각형 {\displaystyle FDE}와 {\displaystyle E'F'D'}은 합동이며, 둘 모두 원래 삼각형 ABC와 닮음이다.:269, §[XVI.]441

증명:

사각형 {\displaystyle \Omega FBD}, {\displaystyle \Omega DCE}, {\displaystyle \Omega EAF}는 내접 사각형이므로 원주각의 성질에 따라

{\displaystyle \angle \Omega FD=\angle \Omega BC=\omega }
{\displaystyle \angle \Omega DE=\angle \Omega CA=\omega }
{\displaystyle \angle \Omega EF=\angle \Omega AB=\omega }
이다. 따라서 \Omega 는 삼각형 {\displaystyle FDE}의 제1 브로카르 점이다. 또한

{\displaystyle \angle DFE=\angle \Omega FD+\angle \Omega FE=\omega +\angle \Omega AC=\angle BAC}
{\displaystyle \angle EDF=\angle \Omega DE+\angle \Omega DF=\omega +\angle \Omega BA=\angle CBA}
{\displaystyle \angle FED=\angle \Omega EF+\angle \Omega ED=\omega +\angle \Omega CB=\angle ACB}
이므로 삼각형 {\displaystyle FDE}와 ABC는 닮음이다. 닮음비는

{\displaystyle {\frac {\Omega F}{\Omega A}}=\sin \omega }
이며, 이는 제2 브로카르 점의 경우도 마찬가지다.

삼각형 ABC의 꼭짓점이 시계 반대 방향 순서로 쓰였다고 하자. 그렇다면 한 꼭짓점 A와 제1 브로카르 점 \Omega 를 지나는 직선 {\displaystyle A\Omega }, 시계 반대 방향에 대한 다음 꼭짓점 B를 지나는 대칭 중선 {\displaystyle BK}, 남은 꼭짓점 C를 지나는 중선 {\displaystyle CG}는 한 점에서 만난다. 반대로, 한 꼭짓점 A와 제2 브로카르 점 {\displaystyle \Omega '}을 지나는 직선 {\displaystyle A\Omega '}, 시계 방향에 대한 다음 꼭짓점 C를 지나는 대칭 중선 {\displaystyle CK}, 남은 꼭짓점 B를 지나는 중선 BG는 한 점에서 만난다.:122, §10.6

증명:

각 꼭짓점을 지나는 직선 {\displaystyle A\Omega }, {\displaystyle BK}, {\displaystyle CG}의 발을 D, E, F라고 하자. 그렇다면 대칭 중선과 중선의 성질에 따라

{\displaystyle {\frac {AF}{FB}}=1}
{\displaystyle {\frac {CE}{EA}}={\frac {a^{2}}{c^{2}}}}
이다. 체바 정리에 따라 다음을 보이는 것으로 충분하다.

{\displaystyle {\frac {BD}{DC}}={\frac {c^{2}}{a^{2}}}}
제1 브로카르 점 \Omega 의 정의에 따라

{\displaystyle \angle B\Omega D=\angle \Omega AB+\angle \Omega BA=\omega +\angle ABC-\omega =\angle ABC}
{\displaystyle \angle D\Omega C=\angle BAC}
이다. 사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

{\displaystyle {\frac {B\Omega }{\sin(C-\omega )}}={\frac {a}{\sin(A+B)}}={\frac {a}{\sin C}}}
{\displaystyle {\frac {\Omega D}{\sin(C-\omega )}}={\frac {DC}{\sin A}}}
삼각형 {\displaystyle DB\Omega }와 {\displaystyle DAB}가 닮음이므로

{\displaystyle {\frac {c}{BD}}={\frac {B\Omega }{\Omega D}}={\frac {a\sin A}{DC\cdot \sin C}}={\frac {a^{2}}{DC\cdot c}}}
이다.

### 제1 브로카르 삼각형과 브로카르 원

삼각형 ABC의 각각 제1·제2 브로카르 점 \Omega 와 {\displaystyle \Omega '}을 지나는 두 체바 직선 {\displaystyle B\Omega }와 {\displaystyle C\Omega '}, {\displaystyle C\Omega }와 {\displaystyle A\Omega '}, {\displaystyle A\Omega }와 {\displaystyle B\Omega '}의 교점 B\_{A}, B\_{B}, {\displaystyle B\_{C}}를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 ABC의 **제1 브로카르 삼각형**(영어: first Brocard triangle) {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}라고 한다. 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B\_{A}, B\_{B}, {\displaystyle B\_{C}}는 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수직 이등분선 위의 점이다.

증명:

이는 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B\_{A}, B\_{B}, {\displaystyle B\_{C}}가 각각 브로카르 각을 밑각으로 하는 이등변 삼각형 {\displaystyle B\_{A}BC}, {\displaystyle B\_{B}CA}, {\displaystyle B\_{C}AB}의 꼭짓점이기 때문이다.

삼각형 ABC의 대칭 중점 K와 외심 O 사이의 선분 {\displaystyle KO}를 지름으로 하는 원을 삼각형 ABC의 **브로카르 원**(영어: Brocard circle)이라고 한다. 브로카르 원은 제1 르무안 원과 동심원이다. 삼각형 ABC의 제1·제2 브로카르 점 \Omega , {\displaystyle \Omega '}은 모두 브로카르 원 위의 점이다. 브로카르 원은 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}의 외접원이다.

증명:

삼각형 ABC의 변 BC, CA, AB의 중점을 각각 {\displaystyle M\_{A}}, {\displaystyle M\_{B}}, {\displaystyle M\_{C}}라고 하자. 그렇다면 B\_{A}와 변 BC 사이의 거리는

{\displaystyle B\_{A}M\_{A}=BM\_{A}\tan \angle B\_{A}BM\_{A}={\frac {1}{2}}a\tan \omega }
이다. 이는 대칭 중점 K와 변 BC 사이의 거리와 같으므로 {\displaystyle KB\_{A}}와 BC는 평행한다. {\displaystyle OB\_{A}}는 BC의 수선이므로 {\displaystyle KB\_{A}}의 수선이다. 즉, 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B\_{A}는 브로카르 원 위의 점이다.

마찬가지로 {\displaystyle KB\_{B}}와 변 CA는 평행하며 B\_{B}는 브로카르 원 위의 점이다. 따라서

{\displaystyle \angle \Omega B\_{A}K=\angle B\_{A}BC=\omega =\angle B\_{B}CA=\angle \Omega B\_{B}K}
이다. 즉, 제1 브로카르 점 \Omega 는 브로카르 원 위의 점이다.

제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}는 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 원래 삼각형 ABC와 닮음이다.:112, §10.4

증명:

이는 원주각의 성질을 사용하여 다음과 같이 증명할 수 있다.

{\displaystyle {\begin{aligned}\angle B\_{A}B\_{C}B\_{B}&=\angle B\_{A}\Omega B\_{B}\\&=\pi -\angle \Omega B\_{A}C-\angle \Omega CB\_{A}\\&=\pi -(\pi -2\omega )-(2\omega -C)\\&=\angle ACB\end{aligned}}}
{\displaystyle \angle B\_{C}B\_{B}B\_{A}=\angle CBA}

제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}와 원래 삼각형 ABC의 무게 중심은 일치한다.:112, §10.4 이에 따라, 제1 브로카르 삼각형의 각 변 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}, {\displaystyle B\_{C}B\_{A}}, {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}의 중점 D, E, F를 지나는 원래 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수선은 원래 삼각형의 구점원의 중심 N에서 만난다.:117, §10.4

증명:

점 B\_{A}를 변 BC에 대하여 반사시킨 상을 {\displaystyle B\_{A}'}이라고 하자. 그렇다면

{\displaystyle \angle B\_{C}BB\_{A}'=\angle B\_{C}BB\_{A}+2\omega =\angle ABC}
{\displaystyle {\frac {B\_{C}B}{AB}}={\frac {1}{2}}\sec \omega ={\frac {BB\_{A}}{BC}}={\frac {BB\_{A}'}{BC}}}
이므로 삼각형 ABC와 {\displaystyle B\_{C}BB\_{A}'}은 닮음이다. 마찬가지로

{\displaystyle \angle B\_{B}CB\_{A}'=\angle ACB}
{\displaystyle {\frac {B\_{B}C}{AC}}={\frac {1}{2}}\sec \omega ={\frac {B\_{A}'C}{BC}}}
이므로 삼각형 ABC와 {\displaystyle B\_{B}B\_{A}'C}는 닮음이다. 또한 {\displaystyle BB\_{A}'=B\_{A}'C}이므로 삼각형 {\displaystyle B\_{C}BB\_{A}'}와 {\displaystyle B\_{B}B\_{A}'C}는 합동이다. 따라서

{\displaystyle AB\_{C}=B\_{C}B=B\_{B}B\_{A}'}
이다. 선분 {\displaystyle AB\_{C}}, {\displaystyle B\_{B}B\_{A}'}을 각각 점 A, C에 대하여 시계 방향 \omega 만큼 회전시킨 상은 모두 변 AB와 평행하므로, {\displaystyle AB\_{C}}와 {\displaystyle B\_{B}B\_{A}'}은 평행한다. 따라서 사각형 {\displaystyle AB\_{C}B\_{A}'B\_{B}}는 평행 사변형이며, 대각선 {\displaystyle AB\_{A}'}와 {\displaystyle B\_{C}B\_{B}}는 그 교점 P에서 서로를 이등분한다. 선분 {\displaystyle B\_{A}D}는 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}와 {\displaystyle AB\_{A}B\_{A}'}의 공통 꼭짓점 B\_{A}를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}와 {\displaystyle AB\_{A}B\_{A}'}의 무게 중심은 일치한다. 선분 BC와 {\displaystyle B\_{A}B\_{A}'}의 공통 중점을 {\displaystyle M\_{A}}라고 하자. 그렇다면 선분 {\displaystyle AM\_{A}}는 삼각형 ABC와 {\displaystyle AB\_{A}B\_{A}'}의 공통 꼭짓점 A를 지나는 공통 중선이므로, 삼각형 ABC와 {\displaystyle AB\_{A}B\_{A}'}의 무게 중심 역시 일치한다. 따라서 삼각형 ABC와 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}의 무게 중심은 일치한다.

삼각형 ABC의 외심 O와 제1 브로카르 삼각형의 꼭짓점 B\_{A}, B\_{B}, {\displaystyle B\_{C}}에 무게 중심 G를 닮음 중심으로 하고 {\displaystyle -1/2}을 닮음비로 하는 중심 닮음 변환을 가한 상은 각각 구점원의 중심 N과 점 D, E, F이다. {\displaystyle B\_{A}O}, {\displaystyle B\_{B}O}, {\displaystyle B\_{C}O}는 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수직 이등분선이다. 위 변환은 직선의 방향을 보존하므로 {\displaystyle DN}과 {\displaystyle B\_{A}O}, {\displaystyle EN}과 {\displaystyle B\_{B}O}, {\displaystyle FN}과 {\displaystyle B\_{C}O}는 평행한다. 따라서 {\displaystyle DN}, {\displaystyle EN}, {\displaystyle FN}은 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수선이다.

### 제2 브로카르 삼각형

삼각형 ABC의 꼭짓점 B 또는 C를 지나며 꼭짓점 A에서 각각 변 CA 또는 AB에 접하는 두 원의 교점 {\displaystyle C\_{A}}, 꼭짓점 C 또는 A를 지나며 꼭짓점 B에서 각각 변 AB 또는 BC에 접하는 두 원의 교점 {\displaystyle C\_{B}}, 꼭짓점 A 또는 B를 지나며 꼭짓점 C에서 각각 변 BC 또는 CA에 접하는 두 원의 교점 {\displaystyle C\_{C}}를 꼭짓점으로 하는 삼각형을 삼각형 ABC의 **제2 브로카르 삼각형**(영어: second Brocard triangle) {\displaystyle C\_{A}C\_{B}C\_{C}}라고 한다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 {\displaystyle C\_{A}}, {\displaystyle C\_{B}}, {\displaystyle C\_{C}}는 각각 대칭 중선 {\displaystyle AK}, {\displaystyle BK}, {\displaystyle CK} 위의 점이다.

증명:

접현각의 성질에 따라

{\displaystyle \angle C\_{A}AB=\angle C\_{A}CA}
{\displaystyle \angle C\_{A}BA=\angle C\_{A}AC}
이므로 삼각형 {\displaystyle C\_{A}AB}와 {\displaystyle C\_{A}CA}는 닮음이다. 따라서 {\displaystyle C\_{A}}와 삼각형의 두 변 AB, CA 사이의 거리의 비는 {\displaystyle AB/CA=c/b}이다. 즉, {\displaystyle C\_{A}}는 대칭 중선 {\displaystyle AK} 위의 점이다.

브로카르 원은 제2 브로카르 삼각형 {\displaystyle C\_{A}C\_{B}C\_{C}}의 외접원이다. 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 {\displaystyle C\_{A}}, {\displaystyle C\_{B}}, {\displaystyle C\_{C}}는 각각 선분 {\displaystyle AK}, {\displaystyle BK}, {\displaystyle CK}를 연장한 외접원의 현의 중점이다.:118, §10.4

증명:

편의상 삼각형 ABC가 예각 삼각형이며 대칭 중점 K가 선분 {\displaystyle AC\_{A}} 위의 점이며 외심 O가 삼각형 {\displaystyle AC\_{A}C}의 내부에 속한다고 가정하자 (그 밖의 경우의 증명은 유사하다). 그렇다면

{\displaystyle \angle BC\_{A}C=2\angle BAC=\angle BOC}
이므로 B, {\displaystyle C\_{A}}, O, C는 한 원 위의 점이다. 따라서 다음이 성립한다.

{\displaystyle {\begin{aligned}\angle KC\_{A}O&=\angle AC\_{A}C-\angle OC\_{A}C\\&=(\pi -\angle C\_{A}AC-\angle C\_{A}CA)-\angle OBC\\&=(\pi -\angle C\_{A}AC-\angle C\_{A}AB)-(\pi /2-\angle BAC)\\&=(\pi -\angle BAC)-(\pi /2-\angle BAC)\\&=\pi /2\end{aligned}}}
즉, 제2 브로카르 삼각형의 꼭짓점 {\displaystyle C\_{A}}는 브로카르 원 위의 점이다.

유향 선분 {\displaystyle AK}의 연장선과 외접원의 교점을 D라고 하자. 그렇다면 {\displaystyle OC\_{A}}가 현 {\displaystyle AD}의 수선이므로 {\displaystyle C\_{A}}는 현 {\displaystyle AD}의 중점이다.

### 슈타이너 점과 타리 점

삼각형 ABC의 각 꼭짓점 A, B, C를 지나는 제1 브로카르 삼각형의 변 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}, {\displaystyle B\_{C}B\_{A}}, {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}의 평행선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 ABC의 **슈타이너 점**(영어: Steiner point) S라고 한다 (야코프 슈타이너). 삼각형 ABC의 각 꼭짓점 A, B, C를 지나는 제1 브로카르 삼각형의 변 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}, {\displaystyle B\_{C}B\_{A}}, {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}의 수선은 한 점에서 만난다. 이 점을 삼각형 ABC의 **타리 점**(영어: Tarry point) T라고 한다 (가스통 타리, 프랑스어: Gaston Tarry). 슈타이너 점과 타리 점은 외접원 위의 한 쌍의 대척점이다.:119–120, §10.5, (a)

증명:

꼭짓점 A, B를 지나는 변 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}, {\displaystyle B\_{C}B\_{A}}의 평행선의 교점을 S라고 하자. 그렇다면 삼각형 ABC와 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}가 닮음이므로

{\displaystyle \angle ASB=\angle B\_{A}B\_{C}B\_{B}=\angle ACB}
이다. 따라서 S는 외접원 위의 점이다. 원주각의 성질에 따라

{\displaystyle \angle BSC=\angle BAC=\angle B\_{B}B\_{A}B\_{C}}
이다. {\displaystyle BS}와 {\displaystyle B\_{C}B\_{A}}가 평행하므로 {\displaystyle CS}는 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}와 평행한다.

점 S의 대척점을 T라고 하자. 그렇다면 선분 {\displaystyle ST}가 외접원의 지름이므로 {\displaystyle AT}, {\displaystyle BT}, {\displaystyle CT}는 각각 {\displaystyle AS}, {\displaystyle BS}, {\displaystyle CS}의 수선이다. 따라서 {\displaystyle AT}, {\displaystyle BT}, {\displaystyle CT}는 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}, {\displaystyle B\_{C}B\_{A}}, {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}의 수선이다.

슈타이너 점은 삼각형의 각 꼭짓점에 외각의 크기를 질량으로 부여한 질점의 무게 중심이다.:120, §10.5, (a)

삼각형 ABC의 대칭 중점 K는 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}의 슈타이너 점이다.:121, §10.5, (b)

증명:

우선, 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}의 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}B\_{C}^{2}}의 각 변 {\displaystyle B\_{B}^{2}B\_{C}^{2}}, {\displaystyle B\_{C}^{2}B\_{A}^{2}}, {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}}가 원래 삼각형 ABC와 중심 닮음임을 증명하자. 대칭성에 따라 {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}}와 AB가 평행함을 증명하면 충분하다. 삼각형 ABC와 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}를 조합한 도형은 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}와 그 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}B\_{C}^{2}}를 조합한 도형과 방향 비(非)보존 닮음 변환에 대하여 닮음이다. 따라서 BC에서 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}로 회전한 각의 크기와 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}에서 {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}}로 회전한 각의 크기는 덧셈 역원이다. {\displaystyle B\_{A}B\_{B}}에서 {\displaystyle B\_{B}B\_{C}}로 회전한 각의 크기는 BC에서 AB로 회전한 각의 크기와 같으므로 (절댓값은 {\displaystyle \angle ABC}), BC에서 {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}}로 회전한 각의 크기는 BC에서 AB로 회전한 각의 크기와 같다. 따라서 {\displaystyle B\_{A}^{2}B\_{B}^{2}}와 AB는 평행한다.

이제 대칭 중점 K가 제1 브로카르 삼각형 {\displaystyle B\_{A}B\_{B}B\_{C}}의 슈타이너 점임을 증명하자. 삼각형 ABC의 외심을 O라고 하자. 대칭성에 따라 {\displaystyle B\_{A}K}와 {\displaystyle B\_{B}^{2}B\_{C}^{2}}가 평행함을 증명하면 충분하다. 이는 {\displaystyle B\_{A}K}와 {\displaystyle B\_{A}O}가 수직이며 {\displaystyle B\_{A}O}와 BC가 수직이며 또한 BC와 {\displaystyle B\_{B}^{2}B\_{C}^{2}}가 평행하므로 성립한다.

### 노이베르크 원

삼각형 ABC의 브로카르 각을 \omega 라고 하자. 그렇다면 각각 선분 BC, CA, AB를 한 변으로 하는 삼각형 {\displaystyle PBC}, {\displaystyle QCA}, {\displaystyle RAB}의 브로카르 각이 \omega 가 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**(영어: Neuberg circles)이라고 한다 (요제프 노이베르크, 룩셈부르크어: Joseph Neuberg).

증명:

삼각형 ABC와 음이 아닌 실수 {\displaystyle \omega \in [0,\pi /6]}이 주어졌다고 하자. 삼각형의 변 BC의 중점을 {\displaystyle M\_{A}}라고 하자. 변 BC의 수직 이등분선에서 변 BC에 대하여 A와 같은 쪽이며

{\displaystyle N\_{A}M\_{A}={\frac {1}{2}}a\cot \omega }
인 점 N\_{A}를 취하자. 아폴로니오스 정리에 따라

{\displaystyle {AM\_{A}}^{2}={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}}
이다. 또한 삼각형 ABC의 넓이는 다음과 같다.

{\displaystyle S={\frac {1}{2}}a\cdot AM\_{A}\cdot \cos \angle AM\_{A}N\_{A}}
코사인 법칙에 따라 다음이 성립한다.

{\displaystyle {\begin{aligned}N\_{A}A^{2}&={AM\_{A}}^{2}+{N\_{A}M\_{A}}^{2}-2\cdot AM\_{A}\cdot N\_{A}M\_{A}\cdot \cos \angle AM\_{A}N\_{A}\\&={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}+{\frac {1}{4}}a^{2}\cot ^{2}\omega -2\cdot AM\_{A}\cdot {\frac {1}{2}}a\cot \omega \cdot \cos \angle AM\_{A}N\_{A}\\&={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}+{\frac {1}{4}}a^{2}\cot ^{2}\omega -2S\cot \omega \end{aligned}}}
만약 삼각형 ABC의 브로카르 각이 \omega 라면,

{\displaystyle {\begin{aligned}N\_{A}A^{2}&={\frac {1}{2}}b^{2}+{\frac {1}{2}}c^{2}-{\frac {1}{4}}a^{2}+{\frac {1}{4}}a^{2}\cot ^{2}\omega -{\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}}\\&={\frac {1}{4}}a^{2}(\cot ^{2}\omega -3)\end{aligned}}}
이다. 즉, A는 중심이 N\_{A}, 반지름이

{\displaystyle {\frac {1}{2}}a{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}}
인 원 위의 점이다. 반대로, 만약

{\displaystyle N\_{A}A={\frac {1}{2}}a{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}}
이라면,

{\displaystyle \cot \omega ={\frac {a^{2}+b^{2}+c^{2}}{4S}}}
이므로 삼각형 ABC의 브로카르 각은 \omega 이다.

꼭짓점 A, B, C를 지나는 노이베르크 원의 중심 N\_{A}, {\displaystyle N\_{B}}, {\displaystyle N\_{C}}는 각각 삼각형의 변 BC, CA, AB의 수직 이등분선 위의 점이다. 노이베르크 원의 중심 N\_{A}, {\displaystyle N\_{B}}, {\displaystyle N\_{C}}와 삼각형의 변 BC, CA, AB 사이의 거리는 각각 다음과 같다.:287, §[XVII.]480

{\displaystyle d(N\_{A},BC)={\frac {1}{2}}a\cot \omega }
{\displaystyle d(N\_{B},CA)={\frac {1}{2}}b\cot \omega }
{\displaystyle d(N\_{C},AB)={\frac {1}{2}}c\cot \omega }
노이베르크 원의 반지름은 각각 다음과 같다.:287, §[XVII.]480

{\displaystyle N\_{A}A={\frac {1}{2}}a{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}}
{\displaystyle N\_{B}B={\frac {1}{2}}b{\sqrt {\cot ^{2}\omega -3}}}
{\displaystyle N\_{C}C={\frac {1}{2}}c{\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 {\displaystyle LBC}, {\displaystyle L'BC}를 이룬다.:289, §[XVII.]484

역사
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오늘날 브로카르 점이라고 불리는 개념은 아우구스트 레오폴트 크렐레(독일어: August Leopold Crelle)가 1816년에 도입하였다.:495 그 후 카를 프리드리히 안드레아스 야코비(독일어: Karl Friedrich Andreas Jacobi)를 비롯한 수학자들도 이를 연구하였다.:495 앙리 브로카르(프랑스어: Henri Brocard)가 1875년에 재발견하였다.:495