AMC 10 · 2013 · #20

학년 8 geometry-2d

유형 Compound Area by Decomposition / Difference └ 세부 유형 Circle-Polygon Hybrid

area-circlesrotation-isometrycircular-sectorsymmetry-argument identify-subproblemssymmetry-argument ↑ 선수 지식: area-circles

📏 긴 풀이 💡 3 개 인사이트

문제

단위 정사각형을 그 중심을 기준으로 $45^\circ$ 회전시킨다. 정사각형의 내부가 쓸고 지나간 영역의 넓이는 얼마인가?

답을 골라 클릭하세요.

(A)

$1 - \frac{\sqrt2}{2} + \frac{\pi}{4}$

(B)

$\frac{1}{2} + \frac{\pi}{4}$

(C)

$2 - \sqrt2 + \frac{\pi}{4}$

(D)

$\frac{\sqrt2}{2} + \frac{\pi}{4}$

(E)

$1 + \frac{\sqrt2}{4} + \frac{\pi}{8}$

AMC 10 2013 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: 한 변의 길이가 $1$인 정사각형을 중심을 기준으로 $45^\circ$ 돌린다. 도는 동안 정사각형의 내부가 지나가는 영역의 넓이를 구하라.

주어진 것: 도형은 한 변의 길이가 $1$인 정사각형이다.; 정사각형은 자기 중심을 기준으로 $45^\circ$ 회전한다.; 구하려는 영역은 회전하는 동안 정사각형의 내부가 한 번이라도 덮는 모든 점이다.; 선택지: (A) $1-\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\pi}{4}$, (B) $\frac12+\frac{\pi}{4}$, (C) $2-\sqrt2+\frac{\pi}{4}$, (D) $\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\pi}{4}$, (E) $1+\frac{\sqrt2}{4}+\frac{\pi}{8}$

구하는 것: $45^\circ$ 회전 전체에 걸쳐 정사각형 내부가 덮는 영역의 총넓이.

이해

문제 재정리: 한 변의 길이가 $1$인 정사각형을 중심을 기준으로 $45^\circ$ 돌린다. 도는 동안 정사각형의 내부가 지나가는 영역의 넓이를 구하라.

계획

주요 도구: #7 작은 문제로 쪼개기

보조 도구: #17 공간 상상하기, #1 그림 그리기, #14 극단의 원리

덮이는 영역은 곡선 테두리를 가지며 하나의 넓이 공식이 없으므로, 핵심 도구는 도구 #7(작은 문제로 쪼개기)이다: 이미 넓이를 아는 조각들로 영역을 자른다. 자르는 방향은 도구 #17(공간 상상하기)이 이끈다 — 각 꼭짓점이 원호를 그리고 변은 더 안쪽에 머무는 모습을 떠올린다. 도구 #14(극단의 원리)는 어떤 점이든 가장 멀리 가는 것은 꼭짓점 거리임을 알려 주어, 그 거리가 바깥 반지름이 된다. 그림 전체는 $90^\circ$ 회전에 대해 변하지 않으므로, 이 대칭을 이용해 대표 조각 두 개(둥근 것 하나, 평평한 것 하나)만 풀고 곱하면 된다.

실행 — 정답: C

#17 공간 상상하기 8.G.B.7 단계 1

좌표에 놓고 도달 거리 구하기

중심 $O$를 원점에 두고 정사각형의 꼭짓점을 $\left(\pm\frac12,\pm\frac12\right)$에 놓는다.
중심에서 꼭짓점까지의 거리는 두 변이 $\frac12,\ \frac12$인 직각삼각형의 빗변이므로 $\sqrt{\left(\frac12\right)^2+\left(\frac12\right)^2}=\frac{\sqrt2}{2}$이고, 중심에서 변까지의 거리는 $\frac12$뿐이다.
정사각형이 돌면 가장 먼 부분인 각 꼭짓점이 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 원을 그리며, 어떤 점도 그보다 멀리 나가지 않는다.

$$OC=\sqrt{\left(\tfrac12\right)^2+\left(\tfrac12\right)^2}=\tfrac{\sqrt2}{2},\qquad O\text{에서 변까지}=\tfrac12$$

💡 꼭짓점이 중심에서 가장 먼 점이므로, 덮이는 영역의 바깥 테두리를 깎아 낸다.

#7 작은 문제로 쪼개기 8.G.A.1 단계 2

여덟 개의 조각으로 자르기

중심에서 $45^\circ$ 간격으로 반직선 여덟 개를 그린다.
완성된 덮임 영역을 $90^\circ$(사분의 일 바퀴) 돌려도 똑같아 보이므로, 여덟 조각은 두 종류로만 반복된다: 바깥 변이 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 꼭짓점의 원호인 “호 조각” 네 개와, 바깥 변이 정사각형의 곧은 변인 “평평한 조각” 네 개다.
각 종류를 하나씩 구해 네 배 한다.

$$\text{넓이}=4\times(\text{호 조각 하나})+4\times(\text{평평한 조각 하나})$$

💡 $90^\circ$ 대칭인 도형은 서로 다른 조각이 몇 개뿐이다 — 그것만 풀고 복사한다.

#7 작은 문제로 쪼개기 7.G.B.4 단계 3

네 개의 호 조각은 반원

각 호 조각은 꼭짓점이 그리는 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 원의 $45^\circ$ 부채꼴이다.
네 개를 합치면 $4\times45^\circ=180^\circ$로, 그 원의 정확히 절반이다.
따라서 네 호 조각은 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 반원이 되고, 넓이는 $\frac12\pi\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2=\frac12\pi\cdot\frac12=\frac{\pi}{4}$이다.

$$4\times(45^\circ\text{ 부채꼴})=\tfrac12\pi\left(\tfrac{\sqrt2}{2}\right)^2=\tfrac{\pi}{4}$$

💡 반지름이 같은 $45^\circ$ 부채꼴 네 개는 반쪽 파이로 붙는다.

#7 작은 문제로 쪼개기 6.G.A.3 단계 4

좌표로 평평한 조각 하나 구하기

첫 번째 팔분면에 있는 평평한 조각을 잡는다.
네 꼭짓점은 중심 $O=(0,0)$, 돌아간 정사각형의 꼭짓점 $P_1=\left(\frac{\sqrt2}{2},0\right)$, 처음 정사각형의 변 $x=\frac12$과 돌아간 정사각형의 변 $x+y=\frac{\sqrt2}{2}$이 만나는 점 $Q=\left(\frac12,\ \frac{\sqrt2}{2}-\frac12\right)$, 그리고 처음 정사각형의 꼭짓점 $P_2=\left(\frac12,\frac12\right)$이다.
$O,P_1,Q,P_2$에 신발끈 공식을 쓰면 넓이는 $\frac{2-\sqrt2}{4}$이고, 평평한 조각 네 개의 합은 $4\cdot\frac{2-\sqrt2}{4}=2-\sqrt2$이다.

$$[OP_1QP_2]=\tfrac12\left|\tfrac{\sqrt2}{2}\!\left(\tfrac{\sqrt2}{2}-\tfrac12\right)+\tfrac12\cdot\tfrac12-\tfrac12\!\left(\tfrac{\sqrt2}{2}-\tfrac12\right)\right|=\tfrac{2-\sqrt2}{4},\quad \times4=2-\sqrt2$$

💡 곧은 변으로 된 조각은 다각형일 뿐이다 — 꼭짓점 좌표가 넓이를 정한다.

#7 작은 문제로 쪼개기 6.G.A.1 단계 5

둥근 부분과 평평한 부분 더하기

덮이는 영역은 호 조각 네 개와 평평한 조각 네 개의 합이다.
둥근 부분 $\frac{\pi}{4}$에 평평한 부분 $2-\sqrt2$를 더하면 $2-\sqrt2+\frac{\pi}{4}$이다.
수치로는 대략 $2-1.414+0.785\approx1.37$이다.
이는 선택지 $\textbf{(C)}$와 일치한다.

$$\frac{\pi}{4}+(2-\sqrt2)=2-\sqrt2+\frac{\pi}{4}\approx1.37\ \Rightarrow\ \textbf{(C)}$$

💡 총넓이는 둥근 조각과 곧은 조각의 합이며, 겹쳐 세는 부분이 없다.

[1] #17 8.G.B.7 중심 $O$를 원점에 두고 정사각형의 꼭짓점을 $\left(\pm\frac12,\pm\frac12\right)$에 놓는다. 중심에서 꼭짓점까지의

[2] #7 8.G.A.1 중심에서 $45^\circ$ 간격으로 반직선 여덟 개를 그린다. 완성된 덮임 영역을 $90^\circ$(사분의 일 바퀴) 돌려도 똑같아 보이므로

[3] #7 7.G.B.4 각 호 조각은 꼭짓점이 그리는 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 원의 $45^\circ$ 부채꼴이다. 네 개를 합치면 $4\times4

[4] #7 6.G.A.3 첫 번째 팔분면에 있는 평평한 조각을 잡는다. 네 꼭짓점은 중심 $O=(0,0)$, 돌아간 정사각형의 꼭짓점 $P_1=\left(\frac{\s

[5] #7 6.G.A.1 덮이는 영역은 호 조각 네 개와 평평한 조각 네 개의 합이다. 둥근 부분 $\frac{\pi}{4}$에 평평한 부분 $2-\sqrt2$를 더하면

검토

합리성 확인: 답은 정사각형 자체 넓이보다 커야 한다. 처음($0^\circ$) 정사각형이 덮임에 포함되기 때문이다: 실제로 $1.37>1$이다. 또 모든 것을 담는 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 원(넓이 $\pi\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2=\frac{\pi}{2}\approx1.57$)보다 작아야 한다: 실제로 $1.37<1.57$이다. 즉 $1<2-\sqrt2+\frac{\pi}{4}<\frac{\pi}{2}$로, $45^\circ$ 회전이 놓일 딱 그 자리다. 가까운 오답들은 어긋난다: (B) $\approx1.29$는 너무 작고(평평한 부분 $\frac12$이 $2-\sqrt2\approx0.59$을 덜 세었다), (D) $\approx1.49$는 너무 커서, 두 경계 안에 드는 것은 (C)뿐이다.

대안 접근: 정사각형에서 바깥으로 세어도 된다. 덮이는 영역은 정사각형 전체에, 각 꼭짓점이 변 너머로 밀어낸 네 개의 볼록한 부분을 더한 것이다. 그 볼록한 부분들의 합은 $1-\sqrt2+\frac{\pi}{4}$이고, $1+\left(1-\sqrt2+\frac{\pi}{4}\right)=2-\sqrt2+\frac{\pi}{4}$로 같은 결과가 나온다. 또는 바깥 반지름을 적분해도 된다: $\frac12\int_0^{2\pi}R(\varphi)^2\,d\varphi$에서 $R$은 $90^\circ$마다 반복되어, 같은 $\frac{\pi}{4}$($R=\frac{\sqrt2}{2}$인 곳)과 $2-\sqrt2$(변이 경계인 곳)로 나뉜다.

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 8)

8.G.B.7 Apply the Pythagorean theorem to determine unknown side lengths in right triangles (두 변이 $\frac12,\ \frac12$인 직각삼각형에서 중심-꼭짓점 거리 $\frac{\sqrt2}{2}$(바깥 회전 반지름)를 구함.)
8.G.A.1 Verify experimentally the properties of rotations, reflections, and translations (회전에서 각 꼭짓점이 원호를 그리고, 덮임 도형이 $90^\circ$ 회전에 변하지 않아 조각이 네 개의 합동 복사본으로 반복됨을 파악함.)
7.G.B.4 Know the formulas for area and circumference of a circle (네 호 조각을 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 반원(넓이 $\frac{\pi}{4}$)으로 계산함.)
6.G.A.3 Draw polygons in the coordinate plane given coordinates for the vertices (평평한 조각의 꼭짓점 $O,P_1,Q,P_2$을 좌표에 놓고 신발끈 공식으로 넓이를 구함.)
6.G.A.1 Find area of triangles, special quadrilaterals, and polygons by composing (둥근 부분 $\frac{\pi}{4}$과 평평한 부분 $2-\sqrt2$을 합쳐 전체 덮임 넓이를 구함.)

⭐ 정사각형을 돌려 그 자취를 여덟 조각으로 나누면, 둥근 네 조각은 반지름 $\frac{\sqrt2}{2}$인 반원($\frac{\pi}{4}$)으로 접히고 곧은 네 조각은 $2-\sqrt2$가 되어, 합이 $2-\sqrt2+\frac{\pi}{4}$, 즉 선택지 $\textbf{(C)}$이다.