수능 출제 분석

삼차원 공간도형과 이면각 및 정사영 정밀 해설

Q 문제 원문

그림과 같이 $AB = CD = 4$, $BC = BD = 2\sqrt{5}$ 인 사면체 $ABCD$가 있고, 점 $A$에서 직선 $CD$에 내린 수선의 발 $H$에 대하여 두 평면 $ABH$와 $BCD$는 서로 수직이고 $AH = 4$이다.

삼각형 $ABH$의 무게중심을 $G$라 하고, 점 $G$를 중심으로 하고 평면 $ACD$에 접하는 구를 $S$라 하자.

$\angle APG = \frac{\pi}{2}$ 인 구 $S$ 위의 모든 점 $P$가 나타내는 도형을 $T$라 할 때, 도형 $T$의 평면 $ABC$ 위로의 정사영의 넓이는? [4점]

① $\frac{\pi}{7}$

② $\frac{\pi}{6}$

③ $\frac{\pi}{5}$

④ $\frac{\pi}{4}$

⑤ $\frac{\pi}{3}$

1 출제의도 : 평가 핵심 기하 역량

본 문항은 공간기하학적 추론과 공간의 정사영을 연계하여 해결하는 역량을 평가합니다. 구체적인 핵심 평가 요소는 다음과 같습니다 :

공간 도형의 수직 조건과 평면의 직교 성질을 기반으로 기하학적 대상을 좌표계 상에 배치하는 능력
삼차원 공간에서 구의 방정식과 평면의 위치적 접촉 조건을 해석하는 추론 능력
구 위에서의 직각 조건인 $\angle APG = \frac{\pi}{2}$를 공간상의 원의 기하학적 면적으로 정형화하는 성질 발견 역량
서로 다른 두 평면의 법선 벡터를 구하고, 이를 이용해 이면각의 크기 $\cos \theta$ 및 정사영 면적을 결정하는 정밀 계산 능력

2 상세 풀이 : 공간 기하의 대수적 분석

Step 1

공간 좌표축의 도입 및 기하학적 수치 산출

이면각 및 직교 조건을 엄밀하게 다루기 위해 수선의 발 $H$를 원점 $O(0, 0, 0)$으로 하고, 직선 $CD$를 $x$축으로 하는 3차원 공간 좌표계를 도입합니다. 평면 $ABH$와 $BCD$는 서로 수직이라 하였으며, $AH = 4$ 이고 $AH \perp CD$ 입니다. 따라서 $A$의 좌표를 $z$축 상의 점 $A(0, 0, 4)$로 두고, 평면 $ABH$를 $yz$평면 ($x = 0$)으로 지정할 수 있습니다. 이 경우 평면 $BCD$는 $x$축을 포함하며 $yz$평면과 수직을 이룹니다. 이 기하적 성질에 의해 점 $B$는 $yz$평면 상의 점이 되므로 $B(0, y_B, z_B)$로 대수화됩니다. 삼각형 $BCD$는 $BC = BD = 2\sqrt{5}$ 인 이등변삼각형이므로, $x$축 위의 두 꼭짓점 $C$와 $D$는 원점 $H$에 대해 대칭입니다. $CD = 4$ 이므로 두 점은 다음과 같이 고정됩니다 :

C(-2, 0, 0), \quad D(2, 0, 0)

점 $B(0, y_B, z_B)$에서 $BC = 2\sqrt{5}$ 이므로, 거 거리에 피타고라스 공식을 사용합니다 :

BC^2 = 2^2 + y_B^2 + z_B^2 = 20 \implies y_B^2 + z_B^2 = 16 \quad \cdots\cdots \; (1)

또한 $AB = 4$ 이므로 $A(0, 0, 4)$와의 두 점 사이의 거리를 적용합니다 :

AB^2 = y_B^2 + (z_B - 4)^2 = 16 \implies y_B^2 + z_B^2 - 8z_B + 16 = 16 \quad \cdots\cdots \; (2)

식 (1)을 식 (2)에 대입하여 미지 좌표값을 도출합니다 :

16 - 8z_B + 16 = 16 \implies z_B = 2, \quad y_B = 2\sqrt{3} \; (y_B > 0 \text{ 가정}) $$ $$ B(0, 2\sqrt{3}, 2)

[참고도형] $yz$평면(평면 $ABH$)상의 수직 좌표 및 정삼각형 관계

Step 2

무게중심 $G$의 좌표와 구 $S$의 반지름 $r$의 관계 정밀 유도

삼각형 $ABH$의 세 꼭짓점은 각각 $A(0, 0, 4)$, $B(0, 2\sqrt{3}, 2)$, $H(0, 0, 0)$ 입니다. 이 삼각형의 무게중심 $G$의 좌표는 평균값 공식을 통해 산출할 수 있습니다 :

G\left(\frac{0+0+0}{3}, \frac{0+2\sqrt{3}+0}{3}, \frac{4+2+0}{3}\right) = G\left(0, \frac{2\sqrt{3}}{3}, 2\right)

평면 $ACD$는 세 점 $A(0, 0, 4)$, $C(-2, 0, 0)$, $D(2, 0, 0)$을 지나는 평면입니다. 두 점 $C$, $D$가 모두 $x$축 위에 있으므로, 평면 $ACD$는 $x$축과 점 $A(0,0,4)$를 동시에 포함하는 $xz$평면 전체를 말하게 됩니다. 따라서 평면 $ACD$의 방정식은 다음과 같습니다 :

\text{평면 } ACD \text{의 방정식} : y = 0

구 $S$는 무게중심 $G\left(0, \frac{2\sqrt{3}}{3}, 2\right)$를 중심으로 하고 평면 $ACD$ ($y = 0$)에 접하므로, 구 $S$의 반지름 $r$은 점 $G$에서 평면 $y = 0$까지의 거리인 $y$좌표 값과 일치합니다 :

r = \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{2}{\sqrt{3}} \implies r^2 = \frac{4}{3}

[참고도형] 구 $S$가 평면 $ACD$ ($y=0$, 즉 $xz$평면)에 접하는 단면 관계

Step 3

도형 $T$의 기하학적 형태 파악 및 실재하는 반지름 $R$ 연산

도형 $T$는 구 $S$ 위의 임의의 점 $P$ 중에서 $\angle APG = \frac{\pi}{2}$ 를 만족하는 점들의 궤적입니다. 이 조건은 삼각형 $APG$가 완벽한 직각삼각형이 됨을 일깨워주므로, 피타고라스의 평면 정리에 의해 다음이 고정됩니다 :

$$ AP^2 + GP^2 = AG^2 $$

이때 $P$는 구 $S$ 위의 점이므로 $GP = r = \frac{2}{\sqrt{3}}$ 입니다. 또한 점 $A(0, 0, 4)$ 와 $G\left(0, \frac{2\sqrt{3}}{3}, 2\right)$ 사이의 거리 선분 $AG$의 길이를 계산합니다 :

AG^2 = 0^2 + \left(-\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)^2 + (4 - 2)^2 = \frac{4}{3} + 4 = \frac{16}{3} \implies AG = \frac{4}{\sqrt{3}}

따라서 $AP^2 = AG^2 - GP^2 = \frac{16}{3} - \frac{4}{3} = 4 \implies AP = 2$ 로 상수가 됩니다. 이 기하학적 의미는 점 $P$가 중심선 $AG$를 수직 축으로 지니고, $AG$ 상의 특정 점을 중심으로 하며 반지름 $R$을 구성하는 완벽한 원을 형성함을 의미합니다. 직각삼각형 $APG$에서 각 변의 비율은 $GP : AP : AG = \frac{2}{\sqrt{3}} : 2 : \frac{4}{\sqrt{3}} = 1 : \sqrt{3} : 2$ 이므로 삼각비의 특수각 ($30^\circ$, $60^\circ$, $90^\circ$)을 완벽하게 충족합니다. 따라서 원 $T$의 반지름 $R$은 삼각비의 높이 관계식을 통하여 다음과 같이 쉽게 얻을 수 있습니다 :

R = GP \times \sin 60^\circ = \frac{2}{\sqrt{3}} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 1

따라서 도형 $T$는 공간상에서 반지름 $R = 1$ 인 평평한 원판 모양을 띠며 그 넓이는 $S_T = \pi R^2 = \pi$ 입니다.

[참고도형] 직각삼각형 $APG$의 특수각 삼각비와 원 $T$의 반경 $R$ 도출

Step 4

원 $T$의 평면과 평면 $ABC$의 이면각 $\theta$ 코사인 비율 산정

원 $T$의 포함 평면은 선분 $AG$와 수직을 이루므로 법선 벡터 $\vec{n}_T$는 $\vec{GA}$의 방향벡터와 평행합니다 :

\vec{n}_T = A - G = \left(0, -\frac{2\sqrt{3}}{3}, 2\right) \propto (0, -1, \sqrt{3})

이제 평면 $ABC$의 법선 벡터 $\vec{n}_{ABC}$를 도출하기 위해 꼭짓점 $A(0, 0, 4)$, $B(0, 2\sqrt{3}, 2)$, $C(-2, 0, 0)$을 사용해 관계 벡터를 형성합니다 :

\vec{AC} = C - A = (-2, 0, -4) \propto (1, 0, 2) $$ $$ \vec{AB} = B - A = (0, 2\sqrt{3}, -2) \propto (0, \sqrt{3}, -1)

두 벡터의 외적(Cross Product)을 통해 평면 $ABC$의 법선 벡터를 구합니다 :

\vec{n}_{ABC} = (1, 0, 2) \times (0, \sqrt{3}, -1) = (-2\sqrt{3}, 1, \sqrt{3})

두 평면의 이면각 $\theta$는 두 법선 벡터 $\vec{n}_T = (0, -1, \sqrt{3})$ 와 $\vec{n}_{ABC} = (-2\sqrt{3}, 1, \sqrt{3})$ 사이의 예각의 크기와 같으므로 내적 공식을 통해 산출합니다 :

\cos \theta = \frac{|\vec{n}_T \cdot \vec{n}_{ABC}|}{|\vec{n}_T| |\vec{n}_{ABC}|} = \frac{|0 \times (-2\sqrt{3}) + (-1) \times 1 + \sqrt{3} \times \sqrt{3}|}{\sqrt{0^2 + (-1)^2 + (\sqrt{3})^2} \sqrt{(-2\sqrt{3})^2 + 1^2 + (\sqrt{3})^2}} $$ $$ \cos \theta = \frac{|-1 + 3|}{\sqrt{4} \sqrt{12 + 1 + 3}} = \frac{2}{2 \times 4} = \frac{1}{4}

[참고도형] 두 법선 벡터가 이루는 각도 $\theta$ 공간 다이어그램

Step 5

정사영 공식 대입 및 최종 답안 결정

구한 원 $T$의 면적은 $S_T = \pi$ 이며, 두 평면이 이루는 사잇각의 코사인 값은 $\cos \theta = \frac{1}{4}$ 입니다. 정사영의 면적 공식을 활용하여 최종 투영 넓이 $S'$를 산출합니다 :

S' = S_T \times \cos \theta = \pi \times \frac{1}{4} = \frac{\pi}{4}

이에 따른 정답지는 ④ 가 됨이 완벽히 유도 및 증명되었습니다.

[참고도형] 원 $T$가 평면 $ABC$ 위로 투영되어 면적이 수축하는 기작

3 이론 매칭 : 관련 고교 교육과정 수학 정리

두 평면의 수직 조건

한 평면에 수직인 직선을 포함하는 임의의 평면은 본래의 평면과 수직 관계를 보장합니다.

공간벡터의 내적과 사이각

두 평면이 이루는 이면각의 크기는 각각의 법선 벡터가 형성하는 사잇각과 일치하므로 내적 기본 수식으로 환원됩니다.

구의 성질과 교선의 궤적

구 외부의 정점과 구 표면 위의 임의의 점 사이의 수직 교차 궤적은 구의 단면 평면과 만나는 원형 궤적을 이룹니다.

정사영의 면적 비율 원리

면적 $S$를 지닌 도형을 사잇각이 $\theta$인 평면에 투영할 때, 변환된 면적 $S'$는 $S' = S \cos \theta$의 비례로 축소됩니다.

4 실수 포인트 및 기하학적 검증

⚠️ 학생들이 주로 놓치는 오개념 포인트

수험생들은 '평면 $ACD$'라는 개념을 사면체의 유한한 삼각형 단면판 내부로만 축소하여 생각하는 경향이 큽니다. 이로 인해 점 $G$에서 점 $A$와 선분 $CD$ 위의 점들로 접선을 억지로 그어 반지름 $r$을 구하려다 오류에 직면합니다.

수학적 입증 :
기하학에서 '평면'은 제한 없이 사방으로 무한히 연장되는 2차원 실수 공간을 지칭합니다. 우리가 구한 세 점 $A(0, 0, 4)$, $C(-2, 0, 0)$, $D(2, 0, 0)$를 포함하는 무한 연장 평면은 수식 $y = 0$ 이라는 깔끔한 형태가 됩니다. 무게중심 $G\left(0, \frac{2\sqrt{3}}{3}, 2\right)$에서 본래의 무한 평면 $y = 0$에 이르는 최단 수직 거리는 $y$좌표의 차이인 $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 외에는 존재하지 않습니다.

5 핵심 이론 증명 : 정사영 면적 공식의 엄밀한 유도

미소 직사각형 띠의 합을 통한 투영 면적 증명

임의의 경사진 평면 $\alpha$ 상에 존재하는 도형의 넓이를 $S$, 이를 기준 평면 $\beta$로 정사영시킨 도형의 투영 넓이를 $S'$라 명명합시다.

1. 평면 $\alpha$와 $\beta$의 교선과 평행한 방향으로 도형 $S$를 아주 미세한 너비의 직사각형 띠 $i$ 로 잘게 분할합니다.

2. 쪼개진 미소 직사각형 영역의 교선 방향 가로 길이를 $w_i$, 교선과 수직한 방향의 가파른 높이를 $h_i$ 라 하면 분할 영역의 면적은 $\Delta S_i = w_i \times h_i$ 입니다.

3. 이 분할 띠를 수평면 $\beta$로 정사영할 때, 교선에 평행한 방향인 가로 길이 $w_i$는 투영각의 영향을 전혀 받지 않으므로 수평 변환 후에도 $w'_i = w_i$로 고정됩니다.

4. 반면, 교선과 수직 방향인 경사 높이 $h_i$는 두 평면이 교차하여 이루는 이면각 $\theta$의 정의에 의해 수평면 상에서 $h'_i = h_i \cos \theta$의 크기로 축소 변환됩니다.

5. 따라서 투영된 미소 영역의 변형 면적 $\Delta S'_i$는 다음과 같습니다 : $$\Delta S'_i = w'_i \times h'_i = w_i \times (h_i \cos \theta) = \Delta S_i \cos \theta$$

6. 도형의 모든 미소 면적을 극단으로 잘게 쪼개어 무한히 합산하면 비례 상수 $\cos \theta$가 공통 인수로 빠져나와 증명이 종결됩니다 : $$S' = \lim \sum \Delta S'_i = \left(\lim \sum \Delta S_i\right) \cos \theta = S \cos \theta \quad \blacksquare$$

3D 입체 기하 & 2D 단면 투영 시뮬레이터

💡 시뮬레이터 ↔ 수능 수학적 증명 연계 해석

① 좌표축과 사면체 (Step 1): 원점 H(0,0,0)를 기준으로 밑변 CD가 X축(적색), 높이 A가 Z축(청색)에 놓입니다. 이 공간에 4개의 꼭짓점 A, B, C, D가 구체와 라벨로 완벽히 매핑되어 있습니다.

② 구 S와 평면 ACD 접점 (Step 2): 황색 점 G(무게중심)를 감싸는 투명한 구 S는 '수능 정답(r=1.1547)' 상태일 때, 바닥의 반투명 푸른색 평면 ACD(y=0)와 붉은색 접점(0,0,2)에서 정확히 맞닿습니다.

③ 원 T와 직각 조건 (Step 3): 구 S 표면을 도는 황색 동점 P를 관찰해 보세요. 궤적(에메랄드색 원 T)을 그릴 때, 선분 AP(청색)와 GP(황색)가 항상 90도($\angle APG = 90^\circ$)를 유지하며 직각삼각형을 이룹니다.

④ 정사영 S' 투영 (Step 4,5): 점 P에서 평면 ABC(초록색 반투명 면)로 빛을 쏘아 내린 수선의 발 P' (적색 동점)가 그리는 궤적이 바로 우리가 구하려는 정사영(로즈색 타원)입니다.

구 S의 임의 반지름 r 제어 r : 1.15

■ 기하 매개변수 계산

구 S의 반경 r : 1.15

원 T의 반경 R : 1.00

■ 평면 ABC 위 정사영

정사영 S' : 0.79 (π/4)

이면각 cos θ : 0.25 (1/4)

■ 3D 공간 기하 투영 모형 (수학교실 정밀 좌표계) 축 : X(적색), Y(녹색), Z(청색)

P 점 (황색) : T상의 움직이는 동점 (∠APG = 90° 유지)

P' 점 (적색) : P에서 평면 ABC로의 수직 정사영 궤적

💡 마우스 좌클릭 드래그 : 회전 | 휠 스크롤 / 핀치 : 줌

■ yz-평면 기하 분석 단면 (평면 ABH) 축 : y축 (가로축), z축 (세로축)