2027 6월 모평 · 기하(선택) · 이차곡선(타원) · 난이도 ★★★★★
초점을 지나는 현, “역수의 합”은 변하지 않는다
타원의 정의로 \overline{PF'},\overline{QF'}를 2a로 바꾸고, 두 삼각형에 코사인법칙을 쓴 뒤 더해서 각 \theta를 지운다. 그러면 \dfrac1{\overline{PF}}+\dfrac1{\overline{QF}}=\dfrac{2a}{b^2} 라는 불변량이 떨어집니다.
문제
타원 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 의 두 초점 \mathrm F(c,0), \mathrm F'(-c,0)\,(c>0). 제1사분면의 점 \mathrm P, 제4사분면의 점 \mathrm Q는 타원 위의 점이고 \mathrm F는 선분 \mathrm{PQ} 위에 있다(초점을 지나는 현).
\overline{PF}:\overline{QF}=1:2, \overline{PF}:\overline{FF'}=\sqrt6:16, \triangle\mathrm{FF'Q}의 넓이 =4\sqrt5 일 때, b^2의 값을 구하시오.
한 번에 이해하는 핵심
비율 = 모양, 넓이 = 크기 — 2단으로 끊어라
길이 비율만으로는 타원의 납작한 정도(모양)만 정해지고 실제 크기는 미정입니다.
① 정의+코사인법칙 → b^2\!\left(\frac1{\overline{PF}}+\frac1{\overline{QF}}\right)=2a → b^2=\dfrac{ac}{\sqrt6}, 여기에 b^2=a^2-c^2를 합쳐 c^2=\tfrac23a^2,\ b^2=\tfrac{c^2}{2} (모양 확정).
② \triangle\mathrm{FF'Q}=c\,|y_Q|=\frac{\sqrt5}{4}c^2=4\sqrt5 → c^2=16 (크기 확정).
정답 b^2=8 (a^2=24,\ c^2=16)
▶핵심을 눈으로 확인
각 \theta로 초점 \mathrm F(4,0)을 지나는 현을 돌려 보세요. 현이 만나는 두 점 \mathrm P,\mathrm Q의 \overline{PF},\overline{QF}는 계속 바뀌지만, 역수의 합 \frac1{\overline{PF}}+\frac1{\overline{QF}}은 일정(=\frac{2a}{b^2}\approx1.2247)입니다. 「정답 배치」 버튼은 \overline{PF}:\overline{QF}=1:2가 되는 각으로 맞춰 줍니다.
타원 \frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{8}=1
초점 \mathrm F,\mathrm F'
점 \mathrm P (제1사분면)
점 \mathrm Q (제4사분면)
1풀이 1 — 정의 + 코사인법칙 (정석)
외우는 공식(반통경) 없이 정의와 코사인법칙만으로 핵심 관계식을 직접 만들어 냅니다.
1단계 — 모든 길이를 c로
기준을 \overline{FF'}=2c로 잡으면 \overline{PF}=\frac{\sqrt6}{16}\cdot2c=\frac{\sqrt6}{8}c, \overline{QF}=2\overline{PF}=\frac{\sqrt6}{4}c. 두 초점거리가 모두 c 하나로 표현됩니다.
2단계 — 정의로 치환 후 코사인법칙
정의로 \overline{PF'}=2a-\overline{PF},\ \overline{QF'}=2a-\overline{QF}. \angle\mathrm{PFF'}=\theta,\ \angle\mathrm{QFF'}=\pi-\theta(보각). 두 삼각형 \mathrm{PFF'},\mathrm{QFF'}에 코사인법칙을 쓰고 정의를 대입·정리하면 \frac{b^2}{\overline{PF}}=a-c\cos\theta\ \cdots①,\qquad \frac{b^2}{\overline{QF}}=a+c\cos\theta\ \cdots②
3단계 — ①+②로 \cos\theta 소거
b^2\!\left(\frac1{\overline{PF}}+\frac1{\overline{QF}}\right)=2a 1단계 값 대입: \frac1{\overline{PF}}+\frac1{\overline{QF}}=\frac{8}{\sqrt6 c}+\frac{4}{\sqrt6 c}=\frac{12}{\sqrt6 c} 이므로 b^2\cdot\frac{12}{\sqrt6 c}=2a\Rightarrow b^2=\frac{ac}{\sqrt6}\ (\star).
4단계 — 모양 확정
(\star)와 b^2=a^2-c^2를 같다고 놓고 t=\frac ca로 두면 \sqrt6 t^2+t-\sqrt6=0\Rightarrow t=\frac{2}{\sqrt6}. 따라서 c^2=\tfrac23a^2,\ b^2=a^2-c^2=\tfrac13a^2=\tfrac{c^2}{2}.
5단계 — 넓이로 크기 확정 → 정답
a=\frac{\sqrt6}{2}c에서 x_Q=\frac34c, y_Q^2=\overline{QF}^2-(x_Q-c)^2=\frac{5}{16}c^2. \triangle\mathrm{FF'Q}=c\,|y_Q|=\frac{\sqrt5}{4}c^2=4\sqrt5\Rightarrow c^2=16. \therefore b^2=\frac{c^2}{2}=8.
2풀이 2 — 통찰: 비율은 방향, 한 변은 모양, 넓이는 크기
풀이 1의 ①②식을 더하지 않고 나눠 봅니다. 그러면 길이가 아닌 방향(각 \theta)이 먼저 나옵니다.
① 비율 1:2 → 현의 방향
\frac{\overline{PF}}{\overline{QF}}=\frac{a+c\cos\theta}{a-c\cos\theta}=\frac12\Rightarrow c\cos\theta=-\frac a3. 길이 하나 없이 비율만으로 현의 기울기 \theta가 정해집니다.
② 둘째 비율 → 모양
\overline{PF}=\frac{b^2}{a-c\cos\theta}=\frac{3b^2}{4a} 인데 \overline{PF}=\frac{\sqrt6}{8}c → b^2=\frac{ac}{\sqrt6}, b^2=a^2-c^2와 합쳐 c^2=\tfrac23a^2,\ b^2=\tfrac{c^2}{2}.
③ 넓이 → 크기 (가장 예쁜 통찰)
\mathrm F'에서 현까지의 수직거리 h=2c\sin\theta가 두 삼각형의 공통 높이. \cos\theta=-\frac1{\sqrt6},\ \sin\theta=\frac{\sqrt5}{\sqrt6}이므로 \triangle\mathrm{FF'Q}=\overline{QF}\cdot c\sin\theta=\frac{\sqrt6}{4}c\cdot c\cdot\frac{\sqrt5}{\sqrt6}=\frac{\sqrt5}{4}c^2=4\sqrt5\Rightarrow c^2=16 \therefore b^2=\frac{c^2}{2}=8.
참고 (교육과정 외)
초점을 지나는 현의 조화 성질 \frac1{r_1}+\frac1{r_2}=\frac{2a}{b^2} (반통경 \ell=\frac{b^2}{a})은 대학 원뿔곡선의 결과입니다. 빠른 검토·통찰용으로만 쓰고, 답안에는 위 풀이처럼 정의+코사인법칙으로 같은 식을 유도해서 사용합니다.
검산 — 모든 조건이 들어맞나?
c=4,\ a^2=24,\ b^2=8: \overline{PF}=\frac{\sqrt6}{2},\ \overline{QF}=\sqrt6\Rightarrow1:2 ✓. \overline{PF}:\overline{FF'}=\frac{\sqrt6}{2}:8=\sqrt6:16 ✓. x_Q=3,\ |y_Q|=\sqrt5\Rightarrow 넓이 =c|y_Q|=4\sqrt5 ✓. \mathrm Q가 타원 위: \frac{9}{24}+\frac{5}{8}=\frac38+\frac58=1 ✓. 위 인터랙티브에서도 각을 바꿔도 역수의 합이 \approx1.2247로 일정함을 확인.
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