미적분Ⅱ수열의 극한수능 기출심화 문제 (4점 중반 이후, 킬러 직전)

사각형 선분 길이 극한

문제

그림과 같이 자연수 nn에 대하여 AC‾=BC‾=4n+2\displaystyle {\overline{\mathrm{AC}}} = {\overline{\mathrm{BC}}} = 4 n + 2인 사각형 ABCD{\mathrm{ABCD}}가 있다. 선분 AB{\mathrm{AB}}의 중점을 P{\mathrm{P}}, 선분 BC{\mathrm{BC}}의 중점을 Q{\mathrm{Q}}라 하고, 선분 DQ{\mathrm{DQ}}가 선분 AC{\mathrm{AC}}와 만나는 점을 R{\mathrm{R}}라 하자. ∠CAB=∠PQR\angle {\mathrm{CAB}} = \angle {\mathrm{PQR}}, CP‾=15n2+16n+4\displaystyle {\overline{\mathrm{CP}}} = \sqrt{15 n ^{2} + 16 n + 4}, DR‾:DC‾=1:2\displaystyle {\overline{\mathrm{DR}}} : {\overline{\mathrm{DC}}} = 1 : 2 일 때, lim⁡n→∞(DR‾−43n)=qp\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} \left( {\overline{\mathrm{DR}}} - \frac{4}{3} n \right) = \frac{q}{p}이다. p+qp + q의 값을 구하시오. (단, pp와 qq는 서로소인 자연수이다.) [4점]

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해설

삼각형 ABC{\mathrm{ABC}}가 AC‾=BC‾\displaystyle {\overline{\mathrm{AC}}} = {\overline{\mathrm{BC}}}인 이등변삼각형이고 점 P{\mathrm{P}}가 선분 AB{\mathrm{AB}}의 중점이므로 ∠CPB=π2\displaystyle \angle {\mathrm{CPB}} = \frac{\pi}{2} 직각삼각형 CPB{\mathrm{CPB}}에서 BP‾2=BC‾2−CP‾2=n2\displaystyle {\overline{\mathrm{BP}}} ^{2} = {\overline{\mathrm{BC}}} ^{2} - {\overline{\mathrm{CP}}} ^{2} = n ^{2}이므로 AP‾=BP‾=n\displaystyle {\overline{\mathrm{AP}}} = {\overline{\mathrm{BP}}} = n 두 점 P{\mathrm{P}}, Q{\mathrm{Q}}가 각각 선분 AB{\mathrm{AB}}, 선분 BC{\mathrm{BC}}의 중점이므로 두 선분 PQ{\mathrm{PQ}}와 AC{\mathrm{AC}}는 서로 평행하고 ∠CAB=∠QPB\angle {\mathrm{CAB}} = \angle {\mathrm{QPB}} ∠CAB=∠PQR\angle {\mathrm{CAB}} = \angle {\mathrm{PQR}}이므로 ∠QPB=∠PQR\angle {\mathrm{QPB}} = \angle {\mathrm{PQR}} 엇각의 크기가 같으므로 두 선분 AB{\mathrm{AB}}와 DQ{\mathrm{DQ}}는 서로 평행하고, ∠ABC=∠RQC\angle {\mathrm{ABC}} = \angle {\mathrm{RQC}}이다. 점 Q{\mathrm{Q}}가 선분 BC{\mathrm{BC}}의 중점이므로 점 R{\mathrm{R}}는 선분 AC{\mathrm{AC}}의 중점이다. 삼각형 CRQ{\mathrm{CRQ}}와 삼각형 CAB{\mathrm{CAB}}는 서로 닮음인 삼각형이고 닮음비가 1:21 : 2이므로 RQ‾=n\displaystyle {\overline{\mathrm{RQ}}} = n, CQ‾=2n+1\displaystyle {\overline{\mathrm{CQ}}} = 2 n + 1 DR‾=x\displaystyle {\overline{\mathrm{DR}}} = x, DC‾=2x(x>0)\displaystyle {\overline{\mathrm{DC}}} = 2 x \left( x > 0 \right)이라 하자. 직각삼각형 CPB{\mathrm{CPB}}에서 cos⁡(∠PBC)=BP‾BC‾=n4n+2\displaystyle \cos \left( \angle {\mathrm{PBC}} \right) = \frac{{\overline{\mathrm{BP}}}}{{\overline{\mathrm{BC}}}} = \frac{n}{4 n + 2} ∠PBC=∠DQC\angle {\mathrm{PBC}} = \angle {\mathrm{DQC}}이므로 삼각형 CDQ{\mathrm{CDQ}}에서 코사인법칙에 의해 CD‾2=DQ‾2+CQ‾2−2×DQ‾×CQ‾×cos⁡(∠DQC)\displaystyle {\overline{\mathrm{CD}}} ^{2} = {\overline{\mathrm{DQ}}} ^{2} + {\overline{\mathrm{CQ}}} ^{2} - 2 \times {\overline{\mathrm{DQ}}} \times {\overline{\mathrm{CQ}}} \times \cos \left( \angle {\mathrm{DQC}} \right) (2x)2=(x+n)2+(2n+1)2−2(x+n)(2n+1)cos⁡(∠PBC)\left( 2 x \right) ^{2} = \left( x + n \right) ^{2} + \left( 2 n + 1 \right) ^{2} - 2 \left( x + n \right) \left( 2 n + 1 \right) \cos \left( \angle {\mathrm{PBC}} \right) 3x2−nx−4n2−4n−1=03 x ^{2} - nx - 4 n ^{2} - 4 n - 1 = 0 x>0x > 0이므로 DR‾=x=n+49n2+48n+126\displaystyle {\overline{\mathrm{DR}}} = x = \frac{n + \sqrt{49 n ^{2} + 48 n + 12}}{6} lim⁡n→∞(DR‾−43n)\displaystyle \lim\limits _{n \rightarrow \infty} \left( {\overline{\mathrm{DR}}} - \frac{4}{3} n \right)=lim⁡n→∞16(49n2+48n+12−7n)\displaystyle = \lim\limits _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{6} \left( \sqrt{49 n ^{2} + 48 n + 12} - 7 n \right) =lim⁡n→∞16(48n+1249n2+48n+12+7n)\displaystyle = \lim\limits _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{6} \left( \frac{48 n + 12}{\sqrt{49 n ^{2} + 48 n + 12} + 7 n} \right) =47\displaystyle = \frac{4}{7} 따라서 p=7p = 7, q=4q = 4이므로 p+q=11p + q = 11

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#도형과 극한#코사인법칙

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