AMC 10 · 2010 · #20

학년 8 geometry-3d

유형 Small-Domain Constrained Search └ 세부 유형 Logic-Deduction / Elimination

space-diagonal-formulapythagorean-theoremoptimizationspatial-visualization extreme-principleextremal-construction ↑ 선수 지식: pythagorean-theorem

📏 중간 풀이 💡 3 개 인사이트

문제

한 변의 길이가 $1$ 미터인 정육면체 상자 안에 갇힌 파리가 지루함을 달래기 위해 상자의 각 꼭짓점을 방문하기로 한다. 파리는 어떤 한 꼭짓점에서 출발하여 같은 꼭짓점에서 끝나며, 나머지 각 꼭짓점을 정확히 한 번씩 방문한다. 한 꼭짓점에서 다른 꼭짓점으로 갈 때는 직선을 따라 날아가거나 기어간다. 이 경로의 최대 길이는 몇 미터인가?

답을 골라 클릭하세요.

(A)

$4+4\sqrt{2}$

(B)

$2+4\sqrt{2}+2\sqrt{3}$

(C)

$2+3\sqrt{2}+3\sqrt{3}$

(D)

$4\sqrt{2}+4\sqrt{3}$

(E)

$3\sqrt{2}+5\sqrt{3}$

AMC 10 2010 problem © Mathematical Association of America (MAA AMC). Reproduced for educational use.

풀이는 먼저 직접 풀어본 뒤에 보는 게 가장 효과적이에요.

보기 방식:

도구 + CCSS 풀이

이해

문제 재정리: 파리가 $1\times1\times1$ 정육면체의 한 꼭짓점에서 출발해, 나머지 꼭짓점을 모두 정확히 한 번씩 들르고 다시 출발한 꼭짓점으로 돌아온다. 이동은 항상 꼭짓점에서 꼭짓점으로 직선으로만 한다. 이 여행의 총 길이의 최댓값을 구하여라.

주어진 것: 상자는 한 변의 길이가 $1$미터인 정육면체이다; 파리는 같은 꼭짓점에서 출발해 그 꼭짓점으로 돌아온다; 나머지 $7$개의 꼭짓점을 각각 정확히 한 번씩 들른다; 각 이동은 꼭짓점과 꼭짓점을 잇는 직선이다; 선택지: (A) $4+4\sqrt{2}$, (B) $2+4\sqrt{2}+2\sqrt{3}$, (C) $2+3\sqrt{2}+3\sqrt{3}$, (D) $4\sqrt{2}+4\sqrt{3}$, (E) $3\sqrt{2}+5\sqrt{3}$

구하는 것: 닫힌 여행의 총 길이의 최댓값

이해

계획

주요 도구: #14 극단의 원리

보조 도구: #17 공간 상상하기, #1 그림 그리기, #7 작은 문제로 쪼개기

도구 #14 (극단의 원리): 최댓값을 묻는 문제이므로, 규칙이 허락하는 한 가장 긴 이동을 최대한 많이 쓰고, 그보다 더 좋게 할 수 없음을 증명한다. 도구 #17 (공간 상상하기): 정육면체를 좌표 위에 놓아 각 꼭짓점을 $0$과 $1$로 이루어진 세 숫자로 나타내면, 이동 길이는 바뀌는 좌표의 개수만으로 정해진다. 도구 #1 (그림 그리기): 그 상한이 실제로 도달 가능함을 보이도록 구체적인 여행 경로를 만든다. 도구 #7 (작은 문제로 쪼개기): (i) 이동 길이 나열, (ii) 가장 긴 이동의 최대 개수 제한, (iii) 이를 달성하는 경로 구성, (iv) 합산의 네 부분으로 나눈다.

실행 — 정답: D

#17 공간 상상하기 8.G.B.7 단계 1

세 가지 이동 길이를 나열하기

정육면체를 좌표가 각각 $0$ 또는 $1$인 점들이 꼭짓점이 되도록 공간에 놓는다.
두 꼭짓점은 좌표 중 $1$개, $2$개, 또는 $3$개가 서로 다르다.
직선 거리는 각 좌표 차이를 제곱해 더한 값의 제곱근인데, 각 차이가 $0$ 또는 $1$이므로 거리는 $\sqrt{\text{(서로 다른 좌표의 개수)}}$가 된다: 모서리($\sqrt{1}=1$), 면 대각선($\sqrt{2}$), 내부(공간) 대각선($\sqrt{3}$)이다.

$$\text{모서리}=\sqrt{1^2}=1,\quad \text{면 대각선}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2},\quad \text{공간 대각선}=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}$$

💡 단위 정육면체에서 모든 이동은 피타고라스 정리에 따라 $\sqrt{2}$ 또는 $\sqrt{3}$ 크기이고, $\sqrt{3}$이 가능한 가장 긴 이동이다.

#14 극단의 원리 8.G.B.8 단계 2

가장 긴 이동의 개수를 제한하기

여행은 정확히 $8$번 이동한다.
총합을 크게 하려면 $\sqrt{3}$ 이동을 최대한 많이 쓰고 싶다.
$\sqrt{3}$ 이동은 마주 보는 두 꼭짓점(세 좌표가 모두 다름)을 잇는다.
각 꼭짓점의 반대편 꼭짓점은 딱 하나이므로, $8$개의 꼭짓점은 마주 보는 쌍 $4$개로 나뉘고, 따라서 정육면체의 공간 대각선은 $4$개뿐이다.
그러므로 $8$번의 이동 중 최대 $4$번만 길이가 $\sqrt{3}$일 수 있고, 나머지 이동은 각각 최대 $\sqrt{2}$이다.

$$8 \text{번 이동} = (\text{최대 } 4)\times\sqrt{3} + (\text{나머지})\times(\le \sqrt{2})$$

💡 정육면체 전체에 내부 대각선은 넷뿐이므로, 어떤 여행도 그 넷보다 더 많이 기댈 수 없다.

#1 그림 그리기 8.G.B.8 단계 3

그 상한이 도달 가능함을 보이기

공간 대각선 $4$개와 면 대각선 $4$개를 번갈아 쓰는 경로를 실제로 만든다.
꼭짓점을 $0/1$ 세 숫자로 이름 붙이고 $000\to111\to001\to110\to011\to100\to010\to101\to000$을 따라간다.
세 좌표가 모두 바뀌는 이동이 네 개의 $\sqrt{3}$ 공간 대각선이고, 정확히 두 좌표만 바뀌는 이동이 네 개의 $\sqrt{2}$ 면 대각선이다.
모든 꼭짓점이 정확히 한 번씩 나오고 파리가 집으로 돌아오므로 이는 규칙에 맞는 여행이다.

$$\underbrace{000\!\to\!111}_{\sqrt{3}}\to\underbrace{001}_{\sqrt{2}}\to\underbrace{110}_{\sqrt{3}}\to\underbrace{011}_{\sqrt{2}}\to\underbrace{100}_{\sqrt{3}}\to\underbrace{010}_{\sqrt{2}}\to\underbrace{101}_{\sqrt{3}}\to\underbrace{000}_{\sqrt{2}}$$

💡 네 개의 공간 대각선을 네 개의 면 대각선으로 엮어 끊김 없는 하나의 고리로 만들 수 있으므로, 상한은 실제로 도달 가능하다.

#7 작은 문제로 쪼개기 7.NS.A.3 단계 4

최대 길이를 합산하기

가장 좋은 여행은 길이 $\sqrt{3}$인 이동 $4$번과 길이 $\sqrt{2}$인 이동 $4$번으로 이루어진다.
이들을 더한다.
이 합은 길이 $1$인 짧은 모서리를 섞어 넣는 어떤 선택지보다도 크므로 이것이 최댓값이다.

$4\sqrt{3}+4\sqrt{2}=4\sqrt{2}+4\sqrt{3}\approx 12.59$; 이것이 선택지 (D)이다.

💡 가장 긴 이동 네 번과 그다음으로 긴 이동 네 번이 도달 가능한 가장 큰 합을 주며, 그것이 정답 (D)이다.

[1] #17 8.G.B.7 정육면체를 좌표가 각각 $0$ 또는 $1$인 점들이 꼭짓점이 되도록 공간에 놓는다. 두 꼭짓점은 좌표 중 $1$개, $2$개, 또는 $3$개가

[2] #14 8.G.B.8 여행은 정확히 $8$번 이동한다. 총합을 크게 하려면 $\sqrt{3}$ 이동을 최대한 많이 쓰고 싶다. $\sqrt{3}$ 이동은 마주 보는

[3] #1 8.G.B.8 공간 대각선 $4$개와 면 대각선 $4$개를 번갈아 쓰는 경로를 실제로 만든다. 꼭짓점을 $0/1$ 세 숫자로 이름 붙이고 $000\to111\

[4] #7 7.NS.A.3 가장 좋은 여행은 길이 $\sqrt{3}$인 이동 $4$번과 길이 $\sqrt{2}$인 이동 $4$번으로 이루어진다. 이들을 더한다. 이 합은

검토

합리성 확인: $8$번의 이동은 각각 최대 $\sqrt{3}\approx1.73$이므로, 어떤 여행도 $8\sqrt{3}\approx13.86$을 넘을 수 없다. 우리 답 $4\sqrt{2}+4\sqrt{3}\approx12.59$는 여덟 번 중 네 번이 $\sqrt{2}$로 내려갈 수밖에 없다는 점을 반영해 그 상한 바로 아래에 놓인다. 길이 $1$인 모서리를 포함하는 선택지(예: (A) $4+4\sqrt{2}\approx9.66$)는 가장 짧은 이동에 한 번을 낭비하므로 더 작고, 따라서 (D)가 이들을 모두 이기는 것이 자연스럽다.

대안 접근: 좌표 없이 그래프로 생각해도 된다. 여행은 $8$개 꼭짓점 위의 하나의 순환이므로 변이 $8$개다. 가능한 모든 꼭짓점 간 선분을 길이로 분류하면 $\sqrt{3}$ 선분은 내부 대각선 $4$개뿐이므로 순환은 그중 최대 $4$개만 포함할 수 있고, 나머지 $4$개 변은 각각 최대 $\sqrt{2}$다. 따라서 길이는 최대 $4\sqrt{3}+4\sqrt{2}$이며, 구체적인 순환이 이를 달성하므로 그 상한이 곧 정답이다.

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 8)

8.G.B.7 Apply the Pythagorean theorem to determine unknown side lengths in right triangles (단위 정육면체의 면 대각선 $\sqrt{2}$와 공간 대각선 $\sqrt{3}$ 등 세 가지 이동 길이를 구하는 데 사용.)
8.G.B.8 Apply the Pythagorean theorem to find distance between two points in a coordinate system ($0/1$ 좌표로 어느 꼭짓점이 마주 보는지 파악하고, 공간 대각선 $4$개를 세고, 최적 경로를 구성하는 데 사용.)
7.NS.A.3 Solve real-world problems involving the four operations with rational numbers (네 번의 $\sqrt{3}$ 이동과 네 번의 $\sqrt{2}$ 이동을 더해 총합 $4\sqrt{2}+4\sqrt{3}$을 구하는 데 사용.)

⭐ 꼭짓점을 잇는 고리를 가장 길게 만들려면 긴 대각선을 최대한 쓰면 된다: 정육면체에는 공간 대각선이 넷뿐이므로, 그 넷을 면 대각선 넷과 짝지어 $4\sqrt{2}+4\sqrt{3}$이 된다.