도쿄대 2019-1(문과) (이과2)

 

 

 

 

 

 

 

좌표평면 위의 네 점 $O(0,0)$, $A(1,0)$, $B(1,1)$, $C(0,1)$에 대해 세 점 $P(p,0)$, $Q(0,q)$, $R(r,1)$이 각각 선분 $OA$, $OC$, $BC$ 위에 있다. $\mathrm{△}OPQ$, $\mathrm{△}PQR$이 모두 넓이가 $\frac{1}{3}$인 삼각형일 때, 다음 물음에 답하여라.


(1) $q,r$을 $p$로 나타내고, $p$, $q$, $r$의 범위를 구하여라.

(2) $\frac{CR}{OQ}$의 최댓값과 최솟값을 구하여라.

 

 

 

 

생각해보기

 

좌표평면 위의 주어진 점들이 모두 좌표로 표현되어 있으므로, 넓이에 대한 식을 세우는 것이 아주 간단하다. $\mathrm{△}PQR$의 넓이의 경우에도 본문에서 처럼 구하지 않더라도, 소위 말하는 '사선 공식'을 통해서도 얼마든지 식을 세울 수 있다. 그 이후 과정은 평범한 미분의 최대최소 문제일 뿐.

 

 

 

 

 

 

풀이

 

 

(1)

$\mathrm{△}OPQ$, $\mathrm{△}OPR$, $\mathrm{△}OQR$의 넓이를 각각 $S_1$, $S_2$, $S_3$이라 하자. 가정에 의해 $S_1=\frac{1}{3}$이므로,

$$S_1=\frac{1}{2}pq=\frac{1}{3}q=\frac{2}{3p}\le 1\therefore \frac{2}{3}\le p\le 1$$ 따라서 $q$는 $p$와 반비례 관계에 있으면서 범위는 $\frac{2}{3}\le q\le 1$ 이다.

 

이제 사각형 $OPQR$의 넓이는 $\frac{2}{3}$이므로,

$$S_2+S_3=\frac{1}{2}p+\frac{1}{2}qr=\frac{2}{3}\frac{1}{2}qr=\frac{2}{3}-\frac{1}{2}p$$ $$r=\frac{2}{q}(\frac{2}{3}-\frac{1}{2}p)=3p(\frac{2}{3}-\frac{1}{2}p)=2p-\frac{3}{2}{p}^2=-\frac{3}{2}{(p-\frac{2}{3})}^2+\frac{2}{3}$$

$r$은 $p$에 따라 감소하고 그 범위는 $\frac{1}{2}\le r\le \frac{2}{3}$이다.

 

따라서 정리하면, $q=\frac{2}{3p}$,  $r=2p-\frac{3}{2}{p}^2$,  $\frac{2}{3}\le p\le 1$,  $\frac{2}{3}\le q\le 1,\frac{1}{2}\le r\le \frac{2}{3}$

 

 

 

 

 

 

 

(2)

 

(1)에 의해, $$\frac{CR}{OQ}=\frac{3}{2}p(2p-\frac{3}{2}{p}^2)=3p^2-\frac{9}{4}{p}^3$$

 

$f(p)=3p^2-\frac{9}{4}{p}^3$이라하면, $f^{\prime }(p)=6p-\frac{27}{4}{p}^2=\frac{27}{4}p(\frac{8}{9}-p)$이므로 증감표를 그릴 수 있다.

 

$$\begin{array}{cccccc}p& \frac{2}{3}& \cdots & \frac{8}{9}& \cdots & 1\\ f^{\prime }(p)& & +& 0& -& \\ f(p)& & \nearrow & & \searrow & \end{array}$$

 

$$f\left(\frac{8}{9}\right)=\frac{64}{81}f\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{3}f(1)=\frac{3}{4}$$

따라서 최댓값은 $\frac{64}{81}$이고, 최솟값은 $\frac{2}{3}$이다.