2027 7월 학평 · 공통수학 · 사인법칙·코사인법칙
중점을 지나는 두 원, 그 교점은 결국 삼각형 안에 있다
문제2027학년도 7월 고3 학평 · 공통 14번 · 사인법칙과 코사인법칙
그림과 같이 \overline{AB}=4, \overline{AC}=8, \angle CBA>\dfrac{\pi}{2}인 삼각형 ABC가 있다. 삼각형 ABC의 외접원의 반지름의 길이가 \dfrac{16\sqrt{15}}{15}이다. 선분 AB의 중점을 M, 선분 AC의 중점을 N이라 할 때, 두 점 M, N을 각각 중심으로 하고 점 A를 지나는 두 원 C_1, C_2가 있다. 두 원 C_1, C_2가 만나는 점 중 A가 아닌 점을 D라 하고, 점 M에서 선분 DN에 내린 수선의 발을 H라 하자. 선분 MH의 길이는? [4점]
정답3√15/8
먼저 스스로 풀어보세요. 막히면 아래 접근법을 펼치고, 그 안의 핵심 아이디어 → 그래프로 이해 → 단계별 풀이를 하나씩 열어 확인하세요.
접근법 ①외접원 반지름 → 각 → 변, 중점삼각형으로 마무리!
핵심 아이디어핵심 원리·연결
원리① 사인법칙 \dfrac{\overline{AC}}{\sin B}=2R로 \angle B의 사인·코사인을 먼저 확정한다(\angle B가 둔각이므로 코사인은 음수).
원리② 코사인법칙으로 \overline{BC}를 구하면, M,N이 중점이라 \overline{MN}=\tfrac12\overline{BC}이고 \overline{MD}=\overline{MA}=2, \overline{ND}=\overline{NA}=4로 삼각형 MDN이 완전히 결정된다.
외접원 반지름 하나가 각을 고정하고, 그 각이 변 BC를 고정하고, 변 BC가 중점삼각형 MDN을 고정한다' — 이 연쇄를 따라가면 \overline{MH}는 직각삼각형 MHN의 한 변일 뿐이다.
그래프 및 도형으로 이해하기직접 조작·시각화
아래 인터랙티브를 직접 조작해 보세요. 캔버스: 삼각형 ABC(꼭짓점 B는 원점, C는 x축 위), 중점 M,N, 원 C_1(중심 M, 반지름 2), 원 C_2(중심 N, 반지름 4), 교점 D, 수선의 발 H, 선분 MH 강조(초록).
단계별 풀이식 전개 끝까지
단계별 상세 풀이
1사인법칙으로 \sin B,\ \cos B 확정
\theta=\angle CBA라 하면 \dfrac{\overline{AC}}{\sin\theta}=2R이므로 \sin\theta=\dfrac{8}{2R}=\dfrac{8}{\;\tfrac{32\sqrt{15}}{15}\;}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}. \dfrac{\pi}{2}<\theta<\pi이므로 \cos\theta=-\sqrt{1-\tfrac{15}{16}}=-\dfrac14.
2코사인법칙으로 \overline{BC} 결정
\overline{BC}=a라 하면 \cos\theta=\dfrac{\overline{AB}^2+a^2-\overline{AC}^2}{2\cdot\overline{AB}\cdot a}=\dfrac{a^2-48}{8a}=-\dfrac14에서 a^2+2a-48=0, (a-6)(a+8)=0이므로 a=6.
3삼각형 MDN 세 변
중점연결정리로 \overline{MN}=\tfrac12\overline{BC}=3. 점 D는 원 C_1 위의 점이라 \overline{MD}=\overline{MA}=\tfrac12\overline{AB}=2, 원 C_2 위의 점이라 \overline{ND}=\overline{NA}=\tfrac12\overline{AC}=4.
4\angle MND를 구해 \overline{MH}로
\alpha=\angle MND라 하면 \cos\alpha=\dfrac{\overline{MN}^2+\overline{DN}^2-\overline{MD}^2}{2\cdot\overline{MN}\cdot\overline{DN}}=\dfrac{9+16-4}{24}=\dfrac78, \sin\alpha=\dfrac{\sqrt{15}}{8}. 직각삼각형 MHN에서 \overline{MH}=\overline{MN}\sin\alpha=3\cdot\dfrac{\sqrt{15}}{8}.
5정답
\overline{MH}=\dfrac{3\sqrt{15}}{8}.
접근법 ②닮음 2:1로 넓이 비교 — 삼각비 없이!
핵심 아이디어핵심 원리·연결
원리① \overline{AB}=2\overline{AM}, \overline{AC}=2\overline{AN}이고 \angle A가 공통이므로 삼각형 ABC\sim삼각형 AMN(닮음비 2:1, 넓이비 4:1).
원리② \overline{AM}=\overline{DM}, \overline{AN}=\overline{DN}이고 \overline{MN}이 공통이므로 삼각형 AMN\equiv삼각형 DMN(SSS 합동) — 넓이가 같다.
삼각형 ABC의 넓이를 구해 \div4만 하면 삼각형 DMN의 넓이가 나오고, 그 넓이를 \overline{DN},\overline{MH}로 다시 쓰면 \overline{MH}가 바로 나온다' — 별도의 각 계산 없이 넓이만으로 마무리.
그래프 및 도형으로 이해하기접근법 ①과 공유
접근법①과 동일한 캔버스 공유.
→ 위 접근법 ①의 ‘그래프 및 도형으로 이해하기’를 함께 참고하세요.
단계별 풀이식 전개 끝까지
단계별 상세 풀이
1삼각형 ABC의 넓이
\overline{AB}=4,\ \overline{BC}=6,\ \sin\theta=\dfrac{\sqrt{15}}{4}이므로 S_{ABC}=\tfrac12\cdot4\cdot6\cdot\dfrac{\sqrt{15}}{4}=3\sqrt{15}.
2닮음·합동으로 S_{DMN}
삼각형 AMN\sim삼각형 ABC(닮음비 1:2)이므로 S_{AMN}=\tfrac14 S_{ABC}=\dfrac{3\sqrt{15}}{4}. \overline{AM}=\overline{DM}, \overline{AN}=\overline{DN}, \overline{MN} 공통이므로 삼각형 DMN\equiv삼각형 AMN, 즉 S_{DMN}=\dfrac{3\sqrt{15}}{4}.
3넓이 공식을 거꾸로
S_{DMN}=\tfrac12\cdot\overline{DN}\cdot\overline{MH}이고 \overline{DN}=4이므로 \dfrac{3\sqrt{15}}{4}=\tfrac12\cdot4\cdot\overline{MH}=2\overline{MH}.
4정답
\overline{MH}=\dfrac12\cdot\dfrac{3\sqrt{15}}{4}=\dfrac{3\sqrt{15}}{8}. 풀이 1과 일치.
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