2024년도 03월 기하 30번

30. 그림과 같이 두 점 $F(c,0),F^{\prime }(-c,0)(c>0)$$F(c,~0),~F'(-c,~0)~(c>0)$을 초점으로 하고 주축의 길이가 $6$$6$인 쌍곡선이 있다. 이 쌍곡선이 선분 $F{F}^{\prime }$$FF'$을 지름으로 하는 원과 제$1$$1$사분면에서 만나는 점을 $P$$P$라 하자. 선분 $F^{\prime }P$$F'P$가 쌍곡선과 만나는 점 중 점 $P$$P$가 아닌 점을 $Q$$Q$라 하고, 선분 $FQ$$FQ$가 쌍곡선과 만나는 점 중 점 $Q$$Q$가 아닌 점을 $R$$R$라 하자. 점 $Q$$Q$가 선분 $F^{\prime }P$$F'P$를 $1:2$$1:2$로 내분할 때, 삼각형 $Q{F}^{\prime }R$$QF'R$의 넓이를 $S$$S$라 하자. $20S$$20S$의 값을 구하시오.

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i. 정리

문제를 읽어보니 계산식 보다는 정의를 이용해서 풀어가는 것 같다!

• 도형문제니까 코사인 제$2$$2$법칙을 생각해두고,

• 원을 이용한 보조선을 생각하자.

  

  • $\mathrm{\angle }{F}^{\prime }PF$$\angle F'PF$는 직각이다.

• 이제 나머지 조건들과 정의를 이용하자.

  • $\overline{F^{\prime }Q}=a$$\overline{F'Q}=a$라 하면,

    • $\overline{QP}=2a$$\overline{QP}=2a$이고 쌍곡선의 정의를 이용하면 $\overline{PF}=3a-6$$\overline{PF}=3a-6$

    • $\overline{QF}=a+6$$\overline{QF}=a+6$

ii. 생각

• $\mathrm{△}{F}^{\prime }QR$$\triangle F'QR$의 넓이를 구하기 위해서는 두 변의 길이와 사잇각의 사인값을 알 거나, 세 변의 길이를 알아야한다.(헤론의 공식..근데 이건 요즘 안 배우지 않나? 계산도 더럽고..)

• 직각을 이용할 수 있겠다!

  $\mathrm{△}QPF$$\triangle QPF$에서 피타고라스의 정리를 이용하면,

  $(2a{)}^2+(3a-6{)}^2=(a+6{)}^2$$(2a)^2 +(3a-6)^2 =(a+6)^2$

  $a=4$$a=4$

  어랏?

  $\sin \mathrm{\angle }PQF=\sin (\pi -\mathrm{\angle }{F}^{\prime }QF)=\sin \mathrm{\angle }{F}^{\prime }QF=\frac{3}{5}$$\sin \angle PQF=\sin (\pi -\angle F'QF)=\sin \angle F'QF=\cfrac 35$

• $\overline{QR}$$\overline{QR}$만 구하면 된다!!!

  • $\overline{RF}=b$$\overline{RF}=b$라 하면,

    $\overline{QR}=10-b$$\overline{QR}=10-b$

    $\overline{F^{\prime }R}=b+6$$\overline{F'R}=b+6$

    $\overline{F^{\prime }Q}=4$$\overline{F'Q}=4$

    아오...코사인 제$2$$2$법칙을 써야겠다.

  계산하면,

  $b=\frac{15}{4}$$b=\cfrac {15}4$

iii. 계산하자.

$S=\frac{1}{2}(10-\frac{15}{4})\times \frac{3}{5}=\frac{30}{4}$$S=\cfrac 12 (10-\cfrac {15}4) \times \cfrac 35=\cfrac {30}4$

$\therefore 20S=150$$\therefore~ 20 S= 150$