도쿄대 2023-4(문과)

반지름 1인 구 위의 네 점 $A,B,C,D$가$$AB=1, AC=BC, AD=BD,\\ \cos{\angle ACB}=\cos{\angle ADB}=\cfrac{4}{5}$$를 만족하고 있다.

(i) 삼각형 $ABC$의 넓이를 구하시오.
(ii) 사면체 $ABCD$의 부피를 구하시오.

 

 

 

 

 

생각해보기

 

'문과' 시험인데도 불구하고 공간좌표가 시험범위라는 사실이 굉장히 낯설게 느껴집니다. 도쿄대 문과생들에게는 공간지각능력도 요구되는 모양입니다. (i)에서 $ABC$의 넓이를 구하는 것은 어렵지 않습니다. (i)을이용하여 (ii)에서 부피를 구해야 되니까, 점 $D$에서 평면 $ABC$까지의 거리를 구하는 것이 관건이 되겠네요. 공간도형 문제는 항상 평면화하여 해결합시다! 사실 공간지각능력따윈 중요하지 않을지도 모릅니다.

 

 

 

 

풀이

 

(i)

$xyz$-좌표공간에 원점 $O$를 중심으로 하는 반지름 1의 구를 생각하자. 네 점 $A, B, C, D$는 이 구 위에 있다. 또, 삼각형 $ABC$가 정삼각형이므로,

$$A \left( \cfrac{\sqrt3}{2}, 0, \cfrac{1}{2} \right), B \left( \cfrac{\sqrt3}{2},0,-\cfrac{1}{2}\right)$$

로 잡을 수 있다.

이때, $xy$-평면이 선분 AB를 수직이등분하기 때문에 $AC=BC$, $AD=BD$를 만족하는 점 $C, D$는 $xy$-평면 위의 점이다. 선분 $AB$의 중점을 $M$이라고 하면, $M$도 $xy$-평면 위의 점이다.

 

$AC=a$라 하고 코사인법칙을 사용하면,

$$\begin{align} &1^2=a^2 +a^2 -2 \cdot a \cdot a \cdot \cos{\angle ACB}\\&1=2a^2-2a^2 \cdot \cfrac{4}{5}\\&1=\cfrac{2}{5}a^2\\&a^2=\cfrac{5}{2}\end{align}$$

에서 $AC= \cfrac{\sqrt{10}}{2}$이고 $CM=\cfrac{3}{2}$이다.

따라서 삼각형 $ABC$의 넓이는

$$\cfrac{1}{2}\cdot AB \cdot CM =\cfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot \cfrac{3}{2}=\cfrac{3}{4}$$

이다.

 

 

 

(ii)

(i)의 결과에 이어서 생각하자. 먼저 $M$의 좌표는 $\left(\cfrac{\sqrt3}{2},0,0\right)$이고, $C$는 $CM=\cfrac{3}{2}$를 만족하는 좌표 $(c, \sqrt{1-c^2},0)$이므로,

$$\begin{align} \left( c- \cfrac{\sqrt3}{2}\right)^2+(1-c^2) &=\cfrac{9}{4}\\c^2-\sqrt3 c + \cfrac{3}{4} +(1-c^2) &=\cfrac{9}{4}\\-\sqrt3c &=\cfrac{1}{2}\\c &=-\cfrac{1}{2\sqrt3}\end{align}$$

이다. 또한 $C$와 $D$는 서로 대칭이기 때문에 그 좌표를 각각 $C=\left( -\cfrac{1}{2\sqrt3},\cfrac{\sqrt11}{2\sqrt3},0\right)$, $D=\left( -\cfrac{1}{2\sqrt3},-\cfrac{\sqrt11}{2\sqrt3},0\right)$라 할 수 있다.

삼각형 $CDM$의 넓이를 구하면,

$$2 \cdot \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{\sqrt11}{2\sqrt3}\cdot \left( \cfrac{1}{2\sqrt3}+\cfrac{\sqrt3}{2}\right)=\cfrac{\sqrt{11}}{3}$$

이다. 이제 점 $D$에서 $CM$에 내린 수선의 길이를 $h$라 하면, 

$$\begin{align} \cfrac{1}{2} \cdot CM \cdot h &= \cfrac{\sqrt11}{3}\\ \cfrac{1}{2} \cdot \cfrac{3}{2} \cdot h &=\cfrac{\sqrt11}{3}\\h&=\cfrac{4\sqrt{11}}{9}\end{align}$$

이다. 여기서 구한 $h$는 $D$에서 평면 $ABC$까지의 거리와 같기 때문에 사면체 $ABCD$의 부피는,

$$ \cfrac{1}{3} \cdot \cfrac{4\sqrt{11}}{9}\cdot \cfrac{3}{4}=\cfrac{\sqrt{11}}{9}$$

이다.