문제

중심이 $O$, 반지름의 길이가 $4$인 부채꼴 $OAB$가 있다. $\cos(\angle AOB) = -\tfrac14$이고, 선분 $OA$ 위의 점 $P$, 선분 $OB$ 위의 점 $Q$에 대하여 $\overline{OP}=2,\ \overline{OQ}=3$이다. 호 $AB$ 위의 점 $R$에 대하여 삼각형 $PRQ$의 넓이의 최댓값은?

① $6-\tfrac{\sqrt{15}}{2}$ ② $6-\tfrac{3\sqrt{15}}{4}$ ③ $6-\sqrt{15}$ ④ $8-\tfrac{\sqrt{15}}{2}$ ⑤ $8-\tfrac{3\sqrt{15}}{4}$

이 문제에서 볼 것

$P$와 $Q$는 조건이 못 박아 두었다. 호 위를 움직일 수 있는 것은 $R$ 하나뿐 — 넓이가 변한다면 그 이유는 전부 $R$ 때문이다.

밑변부터 굳힌다

삼각형 $OPQ$는 두 변과 끼인각이 전부 주어져 있다. 코사인법칙으로

$\overline{PQ} = 4$. $R$가 어디로 가든 이 밑변은 그대로다.

넓이는 높이 하나

밑변이 굳었으니 넓이는 높이만 남는다:

$h$는 $R$에서 직선 $PQ$까지의 거리. $R$를 지나는 $PQ$의 평행선(점선) 위라면 어디든 높이가 같다 — 문제가 "가장 먼 평행선 찾기"로 줄어든다.

평행선을 밀어 올리면

평행선을 $PQ$에서 멀어지는 쪽으로 계속 밀어 보자. 호에서 마지막으로 스치는 순간 — 평행선이 호에 접하는 순간 — 이 최대다.

접점에서 접선은 반지름과 수직이다. 접선이 $PQ$와 평행하므로, 그 접점 $R$에서는 반지름 $OR$가 $PQ$와 수직이다.

수직이 계산을 끝낸다

이제 $\overline{OR} = 4$가 수선의 발에서 두 토막으로 나뉜다: $O$에서 직선 $PQ$까지의 거리 $d$, 그리고 높이 $h = 4 - d$.

$d$는 삼각형 $OPQ$의 넓이 $\tfrac12\cdot 2\cdot 3\cdot\tfrac{\sqrt{15}}{4} = \tfrac{3\sqrt{15}}{4}$에서 나온다:

관점을 바꾸면

같은 답을 다르게 볼 수도 있다. 사각형 $OPRQ$의 두 대각선이 바로 $PQ$와 $OR$이고, 서로 수직이다. 대각선이 수직인 사각형의 넓이는 $\tfrac12\,d_1 d_2$:

여기서 빗금 친 삼각형 $OPQ$를 덜어내면

손으로 확인해 보기

이제 그림의 $R$를 직접 끌어 보라 (호의 아무 곳이나 탭해도 된다). 밑변은 꿈쩍하지 않고 높이 $h$와 넓이 $2h$만 변한다 — 그리고 평행선이 호에 접하는 곳에서 넓이가 멈춘다.

답

$h$를 거리로 쪼개 읽든, 사각형에서 덜어내든, 핵심은 하나 — 밑변이 굳는 순간 최댓값 문제는 기하가 끝낸다.