미적분Ⅱ급수수능 기출발전 문제 (3점 후반~4점 초반)

도형과 등비급수

문제

그림과 같이 AB1‾=AC1‾=17\displaystyle \overline{{\mathrm{AB}} \mathit{_{1}}} = \overline{{\mathrm{AC}} \mathit{_{1}}} = \sqrt{17}, B1C1‾=2\displaystyle \overline{{\mathrm{B}} \mathit{_{1}} {\mathrm{C}} \mathit{_{1}}} = 2인 삼각형 AB1C1{\mathrm{AB}} \mathit{_{1}} {\mathrm{C}} \mathit{_{1}}이 있다. 선분 AB1{\mathrm{AB}} \mathit{_{1}} 위의 점 B2{\mathrm{B}} \mathit{_{2}}, 선분 AC1{\mathrm{AC}} \mathit{_{1}} 위의 점 C2{\mathrm{C}} \mathit{_{2}}, 삼각형 AB1C1{\mathrm{AB}} \mathit{_{1}} {\mathrm{C}} \mathit{_{1}}의 내부의 점 D1{\mathrm{D}} \mathit{_{1}}을 B1D1‾=B2D1‾=C1D1‾=C2D1‾\displaystyle {\overline{\mathrm{B} \mathit{_{1}} \mathrm{D} \mathit{_{1}}}} = {\overline{\mathrm{B} \mathit{_{2}} \mathrm{D} \mathit{_{1}}}} = {\overline{\mathrm{C} \mathit{_{1}} \mathrm{D} \mathit{_{1}}}} = {\overline{\mathrm{C} \mathit{_{2}} \mathrm{D} \mathit{_{1}}}}, ∠B1D1B2=∠C1D1C2=π2\displaystyle \angle \mathrm{B} \mathit{_{1}} \mathrm{D} \mathit{_{1}} \mathrm{B} \mathit{_{2}} = \angle \mathrm{C} \mathit{_{1}} \mathrm{D} \mathit{_{1}} \mathrm{C} \mathit{_{2}} = \frac{\pi}{2} 가 되도록 잡고, 두 삼각형 B1D1B2{\mathrm{B}} \mathit{_{1}} {\mathrm{D}} \mathit{_{1}} {\mathrm{B}} \mathit{_{2}}, C1D1C2{\mathrm{C}} \mathit{_{1}} {\mathrm{D}} \mathit{_{1}} {\mathrm{C}} \mathit{_{2}}에 색칠하여 얻은 그림을 R1R _{1}이라 하자. 그림 R1R _{1}에서 선분 AB2{\mathrm{AB}} \mathit{_{2}} 위의 점 B3{\mathrm{B}} \mathit{_{3}}, 선분 AC2{\mathrm{AC}} \mathit{_{2}} 위의 점 C3{\mathrm{C}} \mathit{_{3}}, 삼각형 AB2C2{\mathrm{AB}} \mathit{_{2}} {\mathrm{C}} \mathit{_{2}}의 내부의 점 D2{\mathrm{D}} \mathit{_{2}}를 B2D2‾=B3D2‾=C2D2‾=C3D2‾\displaystyle {\overline{\mathrm{B} \mathit{_{2}} \mathrm{D} \mathit{_{2}}}} = {\overline{\mathrm{B} \mathit{_{3}} \mathrm{D} \mathit{_{2}}}} = {\overline{\mathrm{C} \mathit{_{2}} \mathrm{D} \mathit{_{2}}}} = {\overline{\mathrm{C} \mathit{_{3}} \mathrm{D} \mathit{_{2}}}}, ∠B2D2B3=∠C2D2C3=π2\displaystyle \angle \mathrm{B} \mathit{_{2}} \mathrm{D} \mathit{_{2}} \mathrm{B} \mathit{_{3}} = \angle \mathrm{C} \mathit{_{2}} \mathrm{D} \mathit{_{2}} \mathrm{C} \mathit{_{3}} = \frac{\pi}{2} 가 되도록 잡고, 두 삼각형 B2D2B3{\mathrm{B}} \mathit{_{2}} {\mathrm{D}} \mathit{_{2}} {\mathrm{B}} \mathit{_{3}}, C2D2C3{\mathrm{C}} \mathit{_{2}} {\mathrm{D}} \mathit{_{2}} {\mathrm{C}} \mathit{_{3}}에 색칠하여 얻은 그림을 R2R _{2}라 하자. 이와 같은 과정을 계속하여 nn번째 얻은 그림 RnR _{n}에 색칠되어 있는 부분의 넓이를 SnS _{n}이라 할 때, lim⁡n→∞Sn\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {} S _{n}의 값은? [3점]

⋯\cdots
⋯\cdots
R1R _{1}R2R _{2}

①2\mathrm{2}②3316\displaystyle \frac{33}{16}③178\displaystyle \frac{17}{8}④3516\displaystyle \frac{35}{16}⑤94\displaystyle \frac{9}{4}

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③

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해설

점 D1{\mathrm{D}} \mathit{_{1}}에서 선분 B1C1{\mathrm{B}} \mathit{_{1}} {\mathrm{C}} \mathit{_{1}}에 내린 수선의 발을 H1{\mathrm{H}} \mathit{_{1}}, ∠AB1H1=α\angle {\mathrm{AB}} \mathit{_{1}} {\mathrm{H}} \mathit{_{1}} = \alpha, ∠D1B1H1=β\angle {\mathrm{D}} \mathit{_{1}} {\mathrm{B}} \mathit{_{1}} {\mathrm{H}} \mathit{_{1}} = \beta라 하자. AH1‾=17−1=4\displaystyle {\overline{\mathrm{AH} \mathit{_{1}}}} = \sqrt{17 - 1} = 4이므로 tan⁡α=4\tan \alpha = 4 tan⁡β=tan⁡(α−π4)=tan⁡α−11+tan⁡α=35\displaystyle \tan \beta = \tan \left( \alpha - \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\tan \alpha - 1}{1 + \tan \alpha} = \frac{3}{5} B1H1‾=1\displaystyle \overline{{\mathrm{B}} \mathit{_{1}} {\mathrm{H}} \mathit{_{1}}} = 1, D1H1‾=35\displaystyle \overline{{\mathrm{D}} \mathit{_{1}} {\mathrm{H}} \mathit{_{1}}} = \frac{3}{5}이므로 B1D1‾=12+(35)2=345\displaystyle \overline{{\mathrm{B}} \mathit{_{1}} {\mathrm{D}} \mathit{_{1}}} = \sqrt{1 ^{2} + \left( \frac{3}{5} \right) ^{2}} = \frac{\sqrt{34}}{5} S1=2×{12×(345)2}=3425\displaystyle S _{1} = 2 \times \left\{ \frac{1}{2} \times \left( \frac{\sqrt{34}}{5} \right) ^{2} \right\} = \frac{34}{25}

점 Dn{\mathrm{D}} \mathit{_{n}}에서 선분 BnCn{\mathrm{B}} \mathit{_{n}} {\mathrm{C}} \mathit{_{n}}에 내린 수선의 발을 Hn{\mathrm{H}} \mathit{_{n}}, 점 Dn+1{\mathrm{D}} \mathit{_{n + 1}}에서 선분 Bn+1Cn+1{\mathrm{B}} \mathit{_{n + 1}} {\mathrm{C}} \mathit{_{n + 1}}에 내린 수선의 발을 Hn+1{\mathrm{H}} \mathit{_{n + 1}}이라 하자. 두 삼각형 DnBnHn{\mathrm{D}} \mathit{_{n}} {\mathrm{B}} \mathit{_{n}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n}}과 Bn+1DnHn+1{\mathrm{B}} \mathit{_{n + 1}} {\mathrm{D}} \mathit{_{n}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n + 1}}은 서로 합동이므로 Bn+1Hn+1‾=DnHn‾=BnHn‾×tan⁡β=35BnHn‾\displaystyle \overline{{\mathrm{B}} \mathit{_{n + 1}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n + 1}}} = \overline{{\mathrm{D}} \mathit{_{n}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n}}} = \overline{{\mathrm{B}} \mathit{_{n}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n}}} \times \tan \beta = \frac{3}{5} \overline{{\mathrm{B}} \mathit{_{n}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n}}} 두 삼각형 BnDnBn+1{\mathrm{B}} \mathit{_{n}} {\mathrm{D}} \mathit{_{n}} {\mathrm{B}} \mathit{_{n + 1}}, CnDnCn+1{\mathrm{C}} \mathit{_{n}} {\mathrm{D}} \mathit{_{n}} {\mathrm{C}} \mathit{_{n + 1}}로 만들어진 모양의 도형의 넓이를 TnT _{n}이라 하자. 두 삼각형 DnBnHn{\mathrm{D}} \mathit{_{n}} {\mathrm{B}} \mathit{_{n}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n}}, Dn+1Bn+1Hn+1{\mathrm{D}} \mathit{_{n + 1}} {\mathrm{B}} \mathit{_{n + 1}} {\mathrm{H}} \mathit{_{n + 1}}은 서로 닮음이고 닮음비가 1:35\displaystyle 1 : \frac{3}{5}이므로 넓이의 비는 12:(35)2\displaystyle 1 ^{2} : \left( \frac{3}{5} \right) ^{2}이다. Tn+1=925Tn\displaystyle T _{n + 1} = \frac{9}{25} T _{n} 수열 {Tn}\left\{ T _{n} \right\}은 첫째항이 T1=S1=3425\displaystyle T _{1} = S _{1} = \frac{34}{25}이고 공비가 925\displaystyle \frac{9}{25}인 등비수열이다. 따라서 lim⁡n→∞Sn=∑n=1∞Tn=34251−925=178\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} {} S _{n} = \sum\limits _{n = 1} ^{\infty} T _{n} = \frac{\frac{34}{25}}{1 - \frac{9}{25}} = \frac{17}{8}

태그

#등비급수#닮음

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