미적분Ⅱ여러 가지 미분법수능 기출킬러 문제 (22·30번 수준)

두 원과 삼각형 넓이 비 극한

문제

그림과 같이 좌표평면 위에 중심이 O(0,0)\mathrm{O} \left( \mathit{0} , 0 \right)이고 점 A(1,0)\mathrm{A} \left( \mathit{1} , 0 \right)을 지나는 원 C1C _{1} 위의 제11사분면 위의 점을 P\mathrm{P}라 하자. 점 P\mathrm{P}를 원점에 대하여 대칭이동시킨 점을 Q\mathrm{Q}, xx축에 대하여 대칭이동시킨 점을 R\mathrm{R}라 하자. 선분 QR\mathrm{QR}를 지름으로 하는 원 C2C _{2}와 두 선분 PQ\mathrm{PQ}, AQ\mathrm{AQ}와의 교점을 각각 M\mathrm{M}, N\mathrm{N}이라 하자. ∠POA=θ\angle \mathrm{POA} \mathit{=} \theta라 할 때, 두 삼각형 MQN\mathrm{MQN}, PNR\mathrm{PNR}의 넓이를 각각 S(θ)S \left( \theta \right), T(θ)T \left( \theta \right)라 하자. lim⁡θ→0+θ2×S(θ)T(θ)\displaystyle \lim\limits _{\theta \rightarrow 0 +} {\frac{\theta ^{2} \times S \left( \theta \right)}{T \left( \theta \right)}}의 값은? [4점]

①11②22③33④44⑤55

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②

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해설

[출제의도] 삼각함수의 극한값 추론하기

원 C1C _{1} 위의 점 P\mathrm{P}에 대하여 ⌢PA=⌢AR{\frown {\mathrm{PA}}} = {\frown {\mathrm{AR}}}이므로 ∠PQA=∠AQR=θ2\displaystyle \angle \mathrm{PQA} \mathit{=} \angle \mathrm{AQR} \mathit{=} \frac{\theta}{2} ∠PRQ=π2\displaystyle \angle \mathrm{PRQ} = \frac{\pi}{2}이므로 PR‾=2sin⁡θ\displaystyle {\overline{\mathrm{PR}}} = 2 \sin \theta, QR‾=2cos⁡θ\displaystyle {\overline{\mathrm{QR}}} = 2 \cos \theta ∠QMR=∠QNR=π2\displaystyle \angle \mathrm{QMR} = \angle \mathrm{QNR} = \frac{\pi}{2}이므로 QM‾=2cos⁡θcos⁡θ\displaystyle {\overline{\mathrm{QM}}} = 2 \cos \theta \cos \theta, QN‾=2cos⁡θcos⁡θ2\displaystyle {\overline{\mathrm{QN}}} = 2 \cos \theta \cos \frac{\theta}{2} S(θ)S ( \theta )=12×QM‾×QN‾×sin⁡θ2\displaystyle = \frac{1}{2} \times {\overline{\mathrm{QM}}} \times {\overline{\mathrm{QN}}} \times \sin \frac{\theta}{2} =12×2cos⁡2θ×2cos⁡θcos⁡θ2×sin⁡θ2\displaystyle = \frac{1}{2} \times 2 \cos ^{2} \theta \times 2 \cos \theta \cos \frac{\theta}{2} \times \sin \frac{\theta}{2} =2cos⁡3θcos⁡θ2sin⁡θ2\displaystyle = 2 \cos ^{3} \theta \cos \frac{\theta}{2} \sin \frac{\theta}{2} 점 N\mathrm{N}에서 선분 QR\mathrm{QR}에 내린 수선의 발을 H\mathrm{H}라 하면 T(θ)=12×PR‾×HR‾\displaystyle T ( \theta ) = \frac{1}{2} \times \overline{\mathrm{PR}} \times \overline{\mathrm{HR}} HR‾\displaystyle {\overline{\mathrm{HR}}}=QR‾−QH‾=2cos⁡θ−QN‾cos⁡θ2\displaystyle = {\overline{\mathrm{QR}}} - {\overline{\mathrm{QH}}} = 2 \cos \theta - {\overline{\mathrm{QN}}} \cos \frac{\theta}{2} =2cos⁡θ−2cos⁡θcos⁡2θ2\displaystyle = 2 \cos \theta - 2 \cos \theta \cos ^{2} \frac{\theta}{2}=2cos⁡θ(1−cos⁡2θ2)\displaystyle = 2 \cos \theta \left( 1 - \cos ^{2} \frac{\theta}{2} \right) =2cos⁡θsin⁡2θ2\displaystyle = 2 \cos \theta \sin ^{2} \frac{\theta}{2} T(θ)T ( \theta )=12×2sin⁡θ×2cos⁡θsin⁡2θ2\displaystyle = \frac{1}{2} \times 2 \sin \theta \times 2 \cos \theta \sin ^{2} \frac{\theta}{2}=2sin⁡θcos⁡θsin⁡2θ2\displaystyle = 2 \sin \theta \cos \theta \sin ^{2} \frac{\theta}{2} lim⁡θ→0+θ2×S(θ)T(θ)\displaystyle \lim\limits _{\theta \rightarrow 0 +} {\frac{\theta ^{2} \times S ( \theta )}{T ( \theta )}} =lim⁡θ→0+θ2×2cos⁡3θcos⁡θ2sin⁡θ22sin⁡θcos⁡θsin⁡2θ2\displaystyle = \lim\limits _{\theta \rightarrow 0 +} {\frac{\theta ^{2} \times 2 \cos ^{3} \theta \cos \frac{\theta}{2} \sin \frac{\theta}{2}}{2 \sin \theta \cos \theta \sin ^{2} \frac{\theta}{2}}} =lim⁡θ→0+(cos⁡2θcos⁡θ2)×lim⁡θ→0+θ2sin⁡θsin⁡θ2\displaystyle = \lim\limits _{\theta \rightarrow 0 +} {\left( \cos ^{2} \theta \cos \frac{\theta}{2} \right) \times \lim\limits _{\theta \rightarrow 0 +} {\frac{\theta ^{2}}{\sin \theta \sin \frac{\theta}{2}}}} =1×lim⁡θ→0+(2×θsin⁡θ×θ2sin⁡θ2)\displaystyle = 1 \times \lim\limits _{\theta \rightarrow 0 +} {\left( 2 \times \frac{\theta}{\sin \theta} \times \frac{\frac{\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}} \right)} =2= 2

태그

#삼각함수의 극한#도형

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