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. $\triangle OPQ$, $\triangle PQR$이 모두 넓이가 $\cfrac{1}{3}$인 삼각형일 때, 다음 물음에 답하여라.


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

(2) $\cfrac{CR}{OQ}$의 최댓값과 최솟값을 구하여라.

 

 

 

 

생각해보기

 

좌표평면 위의 주어진 점들이 모두 좌표로 표현되어 있으므로, 넓이에 대한 식을 세우는 것이 아주 간단하다. $\triangle PQR$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)

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

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

 

이제 사각형 $OPQR$의 넓이는 $\cfrac{2}{3}$이므로,

$$S_2+S_3=\cfrac{1}{2}p+\cfrac{1}{2}qr=\cfrac{2}{3} \qquad \cfrac{1}{2}qr=\cfrac{2}{3}-\cfrac{1}{2}p$$ $$r=\cfrac{2}{q}\left( \cfrac{2}{3}-\cfrac{1}{2}p\right)=3p\left(\cfrac{2}{3}-\cfrac{1}{2}p\right)=2p-\cfrac{3}{2}p^2=-\cfrac{3}{2}\left(p-\cfrac{2}{3}\right)^2 +\cfrac{2}{3}$$

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

 

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

 

 

 

 

 

 

 

(2)

 

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

 

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

 

$$ \begin{array}{c|ccccc} p& \cfrac{2}{3} & \cdots & \cfrac{8}{9}& \cdots &1 \\ \hline f'(p)& & + & 0 & - & \\ \hline f(p)&  & \nearrow &  & \searrow &  \end{array} $$

 

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

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