삼각형의 외접원과 원주각의 성질을 활용한 현의 길이 추론
그림과 같이 $\overline{AB} = 3$, $\overline{BC} = 4$ 이고 $\angle B = \frac{\pi}{2}$ 인 직각삼각형 $ABC$가 있다.
선분 $AB$를 $2 : 1$ 로 내분하는 점을 $D$,
점 $A$를 중심으로 하고 반지름의 길이가 $\overline{AD}$ 인 원이 선분 $AC$와 만나는 점을 $E$,
직선 $AB$가 이 원과 만나는 점 중 $D$가 아닌 점을 $F$라 하고,
호 $EF$ 위의 점 $G$를 $\overline{CG} = 2\sqrt{6}$ 이 되도록 잡는다.
세 점 $C, E, G$ 를 지나는 원 위의 점 $H$가 $\angle HCG = \angle BAC$ 를 만족시킬 때, 선분 $GH$의 길이는? [4점]
이 문항은 '수학 I' 과목의 사인법칙과 코사인법칙 단원을 바탕으로 기하학적 추론 능력을 종합적으로 평가합니다.
$\angle BAC = \theta$ 라고 설정합시다. 직각삼각형 $ABC$ 에서 $\overline{AB} = 3$, $\overline{BC} = 4$ 이므로 피타고라스 정리에 의해 빗변 $\overline{AC}$ 의 길이는 다음과 같습니다.
$$\overline{AC} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$$
따라서 $\angle BAC$ 에 대한 삼각비는 다음과 같습니다.
$$\cos \theta = \frac{3}{5}, \quad \sin \theta = \frac{4}{5}$$
점 $D$는 선분 $AB$를 $2 : 1$ 로 내분하므로, 전체 길이가 $3$ 인 $\overline{AB}$ 에서 $\overline{AD}$ 의 길이는 다음과 같습니다.
$$\overline{AD} = 3 \times \frac{2}{3} = 2$$
점 $A$를 중심으로 하는 원의 반지름은 $2$ 입니다. 이 원이 선분 $AC$ 와 만나는 점이 $E$ 이므로 $\overline{AE} = 2$ 입니다. 따라서 선분 $CE$ 의 길이는:
$$\overline{CE} = \overline{AC} - \overline{AE} = 5 - 2 = 3$$
점 $G$는 원 $A$ 위의 점이므로 $\overline{AG} = 2$ 입니다. $\triangle ACG$ 에서 세 변의 길이는 $\overline{AC} = 5$, $\overline{AG} = 2$, $\overline{CG} = 2\sqrt{6}$ 로 모두 주어졌으므로 코사인법칙을 적용합니다.
$$\overline{CG}^2 = \overline{AC}^2 + \overline{AG}^2 - 2 \cdot \overline{AC} \cdot \overline{AG} \cdot \cos(\angle CAG)$$ $$(2\sqrt{6})^2 = 5^2 + 2^2 - 2 \cdot 5 \cdot 2 \cdot \cos(\angle CAG)$$ $$24 = 25 + 4 - 20 \cos(\angle CAG)$$ $$20 \cos(\angle CAG) = 5 \implies \cos(\angle CAG) = \frac{1}{4}$$
이제 $\triangle AEG$ 를 살펴봅니다. $\overline{AE} = 2$, $\overline{AG} = 2$ 이고 점 $E$는 선분 $AC$ 위에 있으므로 $\angle EAG = \angle CAG$ 입니다. 다시 한번 코사인법칙을 적용합니다.
$$\overline{EG}^2 = \overline{AE}^2 + \overline{AG}^2 - 2 \cdot \overline{AE} \cdot \overline{AG} \cdot \cos(\angle EAG)$$ $$\overline{EG}^2 = 2^2 + 2^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot \left(\frac{1}{4}\right)$$ $$\overline{EG}^2 = 4 + 4 - 2 = 6 \implies \overline{EG} = \sqrt{6}$$
$\triangle CEG$ 의 세 변의 길이는 $\overline{CE} = 3$, $\overline{EG} = \sqrt{6}$, $\overline{CG} = 2\sqrt{6}$ 입니다. 이 삼각형의 외접원 반지름 $R$ 을 구하기 위해 $\angle CEG$ 에 대한 코사인 값을 구합니다.
$$\cos(\angle CEG) = \frac{\overline{CE}^2 + \overline{EG}^2 - \overline{CG}^2}{2 \cdot \overline{CE} \cdot \overline{EG}} = \frac{9 + 6 - 24}{2 \cdot 3 \cdot \sqrt{6}} = \frac{-9}{6\sqrt{6}} = -\frac{\sqrt{6}}{4}$$
이에 대응하는 사인 값을 구하면,
$$\sin(\angle CEG) = \sqrt{1 - \left(-\frac{\sqrt{6}}{4}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{6}{16}} = \frac{\sqrt{10}}{4}$$
사인법칙에 의해 외접원의 반지름 $R$ 은 다음과 같이 결정됩니다.
$$2R = \frac{\overline{CG}}{\sin(\angle CEG)} = \frac{2\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{10}}{4}} = \frac{8\sqrt{6}}{\sqrt{10}} = \frac{8\sqrt{15}}{5}$$
세 점 $C, E, G$ 를 지나는 원 위에 점 $H$ 가 있습니다. 구하고자 하는 $\overline{GH}$ 는 이 외접원의 현입니다.
조건에서 $\angle HCG = \angle BAC = \theta$ 이 주어졌습니다. 내접 삼각형 $\triangle CGH$ 내에 대해 원주각 $\angle HCG$ 가 마주보는 변이 바로 현 $GH$ 입니다. 따라서 사인법칙 $a = 2R\sin A$ 에 의해:
$$\overline{GH} = 2R \cdot \sin(\angle HCG) = 2R \cdot \sin \theta$$ $$\overline{GH} = \left(\frac{8\sqrt{15}}{5}\right) \times \left(\frac{4}{5}\right) = \frac{32\sqrt{15}}{25}$$
삼각형의 두 변의 길이와 그 끼인각을 알 때 나머지 한 변의 길이를 구하거나, 세 변의 길이를 알 때 각의 코사인 값을 구하는 핵심 원리입니다.
삼각형의 각의 사인값과 그 대변의 길이의 비가 외접원의 지름($2R$)과 같다는 원리로, 원에 내접하는 도형을 다룰 때 필수적입니다.
직각삼각형에서 빗변, 밑변, 높이의 비율을 통해 특정 각의 $\sin, \cos$ 값을 정의합니다.
한 원에서 현의 길이는 외접원의 지름에 그 현에 대한 원주각의 사인값을 곱한 것과 같습니다.
시험의 긴장감 속에서 학생들은 $\triangle ACG$ 나 $\triangle AEG$ 의 형태가 직각삼각형일 것이라 임의로 단정 짓고 피타고라스 정리를 무리하게 사용하는 실수를 범하곤 합니다. 주어지지 않은 각에 대해서는 반드시 코사인 법칙을 사용하여 논리적으로 길이를 증명해야 합니다.
원의 방정식을 세우고 점 $H$의 좌표를 대수적으로 연산하여 거리를 구하려 시도할 수 있습니다. 이는 계산량을 기하급수적으로 늘려 시간을 낭비하게 만듭니다. 점 H가 어디에 있든 원주각의 크기가 일정하면 현의 길이는 동일하다는 사인 법칙의 본질($a = 2R\sin A$)을 떠올리는 것이 출제 의도입니다.
반지름이 $R$ 인 원 $O$ 에 내접하는 삼각형 $ABC$ 에서 각 $A$ 의 대변의 길이가 $a$ 일 때, 이 공식이 성립함을 증명합니다.
위 식에 $\angle BA'C = A$, $\overline{BC} = a$, $\overline{A'B} = 2R$ 을 대입하면,
$$ \sin A = \frac{a}{2R} \quad \implies \quad a = 2R \sin A \quad \blacksquare $$