2022학년도 09월 기하 29번

29. 그림과 같이 한 변의 길이가 $8$$8$인 정사각형 $ABCD$$ABCD$에 두 선분 $AB,CD$$AB,~CD$를 각각 지름으로 하는 두 반원이 붙어 있는 모양의 종이가 있다. 반원의 호 $AB$$AB$의 삼등분점 중 점 $B$$B$에 가까운 점을 $P$$P$라 하고, 반원의 호 $CD$$CD$를 이등분하는 점을 $Q$$Q$라 하자.

이 종이에서 두 선분 $AB,CD$$AB,~CD$를 접는 선으로 하여 두 반원을 접어 올렸을 때 두 점 $P,Q$$P,~Q$에서 평면 $ABCD$$ABCD$에 내린 수선의 발을 각각 $G,H$$G,~H$라 하면 두 점 $G,H$$G,~H$는 정사각형 $ABCD$$ABCD$의 내부에 놓여 있고, $\overline{PG}=\sqrt{3},\overline{QH}=2\sqrt{3}$$\overline{PG}=\sqrt 3,~\overline{QH}=2\sqrt 3$이다. 두 평면 $PCQ$$PCQ$와 $ABCD$$ABCD$가 이루는 각의 크기가 $\theta$$\theta$일 때, $70\times {\cos }^2\theta$$70\times \cos ^2 \theta$의 값을 구하시오. (단, 종이의 두께는 고려하지 않는다.)

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i. 정리

정리할 게 딱히 있을까... 우선 구할 수 있는 길이부터 구하자.

• $P$$P$에서 $\overline{AB}$$\overline{AB}$에 내린 수선의 발을 $E$$E$라 하면, $\overline{PE}=2\sqrt{3}$$\overline{PE}=2\sqrt 3$

등등 구할 수 있는 길이를 구하면,

• $\overline{PE}=2\sqrt{3},\overline{PG}=\sqrt{3}⟶\overline{GE}=3(\because \mathrm{△}PGE)$$\overline{PE}=2\sqrt 3,~\overline{PG}=\sqrt 3\quad\longrightarrow\quad \overline{GE}=3\quad (\because~\triangle PGE)$
• $\overline{QI}=4,\overline{QH}=2\sqrt{3}⟶\overline{HI}=2(\because \mathrm{△}QHI)$$\overline{QI}=4,~\overline{QH}=2\sqrt 3\quad \longrightarrow \quad \overline{HI}=2\quad (\because ~\triangle QHI)$
• $\overline{JK}=3,\overline{IF}=2⟶\overline{GH}=\sqrt{13}$$\overline{JK}=3,~\overline{IF}=2\quad\longrightarrow\quad \overline{GH}=\sqrt {13}$

어...? 구하다보니... $\mathrm{△}PQC$$\triangle PQC$와 그 정사영인 $\mathrm{△}GCH$$\triangle GCH$를 구하면 되겠네?

ii. $\mathrm{△}PCQ$$\triangle PCQ$의 넓이는?

• 충분히 세 변의 길이를 구할 수 있다. 특수한 삼각형이 아니면?? 헤론의 공식을 쓰면 되지 뭐. (중학교 내용 아닌가?)

  $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}s=\frac{1}{2}(a+b+c)$$S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\quad s=\cfrac 12 (a+b+c)$

• $\overline{PL}=\overline{GH}=\sqrt{13},\overline{QL}=\sqrt{3}⟶\overline{PQ}=4$$\overline{PL}=\overline{GH}=\sqrt{13} ,~\overline{QL}=\sqrt 3\quad \longrightarrow\quad \overline{PQ}=4$

• $\overline{PG}=\sqrt{3},\overline{GC}=\sqrt{{\overline{GJ}}^2+{\overline{JC}}^2}=\sqrt{5^2+2^2}=\sqrt{29}⟶\overline{PC}=4\sqrt{2}$$\overline{PG}=\sqrt 3,~\overline{GC}=\sqrt{\overline{GJ}^2+\overline{JC}^2}=\sqrt{5^2 +2^2}=\sqrt{29}\quad \longrightarrow\quad \overline{PC}=4\sqrt 2$

• $\overline{QH}=2\sqrt{3},\overline{HC}=\sqrt{{\overline{HI}}^2+{\overline{IC}}^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}⟶\overline{QC}=4\sqrt{2}$$\overline{QH}=2\sqrt 3,~\overline{HC}=\sqrt{\overline{HI}^2+\overline{IC}^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt 5\quad\longrightarrow\quad \overline{QC}=4\sqrt 2$

오! $\mathrm{△}PCQ$$\triangle PCQ$는 $\overline{PC}=\overline{QC}$$\overline{PC}=\overline{QC}$인 이등변삼각형이다!

$\mathrm{△}PCQ$$\triangle PCQ$의 높이 $h=\sqrt{(4\sqrt{2}{)}^2-2^2}=2\sqrt{7}$$h=\sqrt{(4\sqrt 2)^2 -2^2}=2\sqrt 7$

$\therefore \mathrm{△}PCQ=\frac{1}{2}\times 4\times 2\sqrt{7}=4\sqrt{7}$$\therefore~\triangle PCQ=\cfrac 12 \times 4\times 2\sqrt 7=4\sqrt 7$

iii. $\mathrm{△}PCQ$$\triangle PCQ$의 정사영 $\mathrm{△}GCH$$\triangle GCH$의 넓이는?

• 오각형 $JGHIC$$JGHIC$에서 $\mathrm{△}GJC$$\triangle GJC$와 $\mathrm{△}CHI$$\triangle CHI$의 넓이를 빼면된다.
• 오각형 $JGHIC$$JGHIC$의 넓이는 사다리꼴 $JGHK$$JGHK$와 직사각형 $KHIC$$KHIC$의 넓이의 합이다.

계산하자.

오각형의 넓이 : $\frac{1}{2}\times (2+4)\times 3+2\times 4=17$$\cfrac 12 \times (2+4)\times 3 +2\times 4=17$

$\therefore \mathrm{△}GCH=17-(\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 2+\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2)=8$$\therefore~\triangle GCH=17-\Big(\cfrac 12 \cdot 5\cdot 2+\cfrac 12 \cdot 4\cdot 2\Big)=8$

iv. $70\times {\cos }^2\theta =?$$70\times \cos^2\theta=?$

• $S\cos \theta =S^{\prime }$$S\cos \theta =S'$

$\therefore \cos \theta =\frac{8}{4\sqrt{7}}=\frac{2}{\sqrt{7}}$$\therefore~\cos \theta =\cfrac{8}{4\sqrt 7} =\cfrac 2 {\sqrt 7}$

$\therefore 70\times {\cos }^2\theta =70\times \frac{4}{7}=40$$\therefore~70\times \cos ^2 \theta =70\times \cfrac 47 =40$