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[원의 방정식-실전개념 ③] 두 원의 5대 위치관계, 교점을 지나는 원과 공통현, 둘레 이등분 총정리

  앞서 다룬 [실전개념 ①] 에서는 원의 정의와 평행이동, 사분면별 축 접촉을 정복했고, [실전개념 ②] 에서는 판별식을 버리고 중심 거리 $d$와 반지름 $r$로 원과 직선의 접선·극선을 완벽히 지배했습니다. 이제 원의 방정식 대단원을 완성하는 마지막 퍼즐, '두 원 사이의 기하학적 상호작용' 을 마스터할 차례입니다. 두 원이 만나는 문제를 마주하면 대다수의 학생들은 두 원의 방정식을 무작정 연립하여 $x, y$ 교점의 좌표를 구하려고 합니다. 하지만 두 원의 교점 좌표는 대부분 복잡한 무리수나 분수로 떨어져 계산 실수로 이어집니다. 두 원의 교점을 직접 구하지 않고 항등식의 원리($k$)로 교점을 지나는 새로운 원을 한 번에 정의하며, $k = -1$을 대입해 이차항을 소거함으로써 두 원의 교점을 관통하는 공통현(직선)을 단 3초 만에 유도하는 기하학적 통찰 이 필요합니다. 이번 실전개념 ③에서는 중심 거리 $d$와 두 반지름 $r_1, r_2$의 대소 관계로 판별하는 두 원의 5대 위치관계 부터 동적 변화 시뮬레이션 , 두 원의 교점을 지나는 원의 방정식 , 공통현의 길이 피타고라스 해법 , 그리고 내신 변별 1순위인 한 원이 다른 원의 둘레를 이등분하는 킬러 조건 까지 완벽하게 총정리합니다. 💡 [실전개념 ③] 두 원의 상호작용 4대 핵심 행동 강령 (Checklist) 교점 좌표 계산 금지: 두 원의 교점을 직접 연립하지 말고, 항상 항등식 $C_1 + kC_2 = 0$을 세운다. 공통현은 $k = -1$ (이차항 소거): 두 원의 일반형을 통째로 빼면($C_1 - C_2 = 0$) $x^2, y^2$이 사라지며 두 교점을 지나는 유일한 직선(공통현)이 된다. 공통현의 길이는 피타고라스: 공통현 직선과 한 원의 중심 사이 거리 $d$를 구한 뒤 $\text{현} = 2\sqrt{r^2 - d^2}$로 ...
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[점과좌표-최단거리-실전개념] 선분길이의 합,선분제곱길이의 합에 대한 최단거리(최소값)구하기

 


📐 도입 및 개요

최단거리 문제는 고등 '도형의 방정식' 단원은 물론 중등 기하와 수능까지 이어지는 대표적인 킬러·빈출 테마입니다.
식의 겉모양($AP + PB$ vs $AP^2 + BP^2$)에 따라 대칭이동을 쓸지, 중선정리·무게중심을 쓸지 완전히 갈리며, 입체도형에서는 '전개도 평면화'라는 일관된 원칙을 잡아야 흔들리지 않습니다. 핵심 이론과 대표 예제를 통해 완벽하게 정리해 보겠습니다.

PART 1. 두 선분의 합 ($AP + PB$) — 최단거리와 대칭이동


두 점 $A, B$와 직선 $l$ 위의 동점 $P$에 대하여 $AP + PB$의 최솟값은 점 $A$의 대칭점 $A'$을 구하여 선분 $A'B$의 일직선 경로로 해결합니다.

  • 서로 다른 영역(반대편): 대칭이동 없이 선분 $AB$와 직선 $l$의 교점이 최단점 ($AP + PB \ge AB$)
  • 같은 영역(한쪽 편): 한 점을 대칭이동($A \to A'$) 후 직선거리 $A'B$ 계산
  • 원 연계 ($AP + PQ$): 직선에 대해 대칭이동 후 원의 중심 $C$까지 거리에서 반지름 $r$ 차감 ($A'C - r$)
💡 대표 예제 1 (평면 대칭이동)

좌표평면 위의 두 점 $A(1, 4)$, $B(5, 2)$와 $x$축 위의 점 $P(t, 0)$에 대하여 $AP + PB$의 최솟값과 그때의 $t$의 값을 구하시오.

[풀이]

  1. 두 점 $A, B$는 모두 $x$축 위쪽($y > 0$)에 있으므로 점 $A(1, 4)$를 $x$축에 대해 대칭이동하면 $A'(1, -4)$입니다.
  2. 최솟값은 두 점 $A', B$ 사이의 직선거리입니다: $$\text{최솟값} = \sqrt{(5-1)^2 + (2 - (-4))^2} = \sqrt{16 + 36} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}$$
  3. 점 $P$는 직선 $A'B$와 $x$축의 교점입니다. 직선의 방정식은 $y - 2 = \frac{6}{4}(x - 5)$이며, $y = 0$을 대입하면 $t = \frac{11}{3}$을 얻습니다.
정답: 최솟값 $2\sqrt{13}$,   $t = \frac{11}{3}$

PART 2. 두 선분의 제곱의 합 ($AP^2 + BP^2$)


선분의 제곱의 합은 대칭이동이 아닌 파푸스(Pappus)의 중선정리 또는 2차함수 완전제곱식을 사용합니다.

  • 선분 $AB$의 중점을 $M$이라 하면 $AP^2 + BP^2 = 2(AM^2 + PM^2)$
  • $AM$은 일정한 상수이므로 $PM$의 길이가 최소일 때 전체 식이 최소가 됩니다. (직선 $l$ 위의 점이라면 중점 $M$에서 내린 수선의 발)
💡 대표 예제 2 (중선정리 활용)

두 점 $A(-1, 3)$, $B(3, 5)$와 직선 $y = 2x - 1$ 위를 움직이는 점 $P$에 대하여 $AP^2 + BP^2$의 최솟값을 구하시오.

[풀이]

  1. 선분 $AB$의 중점 $M$: $M\left(\frac{-1+3}{2}, \frac{3+5}{2}\right) = (1, 4)$
  2. $AM^2 = (1 - (-1))^2 + (4 - 3)^2 = 4 + 1 = 5$
  3. 중점 $M(1, 4)$에서 직선 $2x - y - 1 = 0$까지의 거리 $d$: $$d = \frac{|2(1) - 4 - 1|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} = \frac{3}{\sqrt{5}} \implies PM^2 = d^2 = \frac{9}{5}$$
  4. 중선정리에 대입: $$AP^2 + BP^2 = 2\left(5 + \frac{9}{5}\right) = 2 \times \frac{34}{5} = \frac{68}{5}$$
정답: $\frac{68}{5}$

PART 3. 세 선분의 합 vs 제곱의 합

  • 세 선분의 합 ($AP + BP + CP$): 페르마 포인트 (삼각형의 세 내각이 모두 $120^\circ$ 미만일 때, 각 꼭짓점을 잇는 각이 모두 $120^\circ$가 되는 점)
  • 세 선분의 제곱의 합 ($AP^2 + BP^2 + CP^2$): 점 $P$가 삼각형 $ABC$의 무게중심($G$)일 때 최솟값 달성
💡 대표 예제 3 (무게중심 성질)

세 점 $A(1, 5)$, $B(-2, 2)$, $C(4, -1)$과 임의의 점 $P(x, y)$에 대하여 $AP^2 + BP^2 + CP^2$의 최솟값과 그때의 점 $P$의 좌표를 구하시오.

[풀이]

  1. 세 선분의 제곱의 합을 최소로 만드는 점 $P$는 삼각형 $ABC$의 무게중심 $G$입니다. $$P = \left(\frac{1 + (-2) + 4}{3}, \; \frac{5 + 2 + (-1)}{3}\right) = (1, 2)$$
  2. 점 $P(1, 2)$로부터 각 점까지의 거리 제곱 합산: $$AP^2 = 0^2 + (-3)^2 = 9, \quad BP^2 = 3^2 + 0^2 = 9, \quad CP^2 = (-3)^2 + 3^2 = 18$$ $$\text{최솟값} = 9 + 9 + 18 = 36$$
정답: 점 $P(1, 2)$,   최솟값 $36$

PART 4. 입체도형 겉면의 최단거리 3대 유형

입체도형 최단거리의 대원칙은 "거쳐 가는 면들을 한 평면 위에 펼친 전개도 상에서 직선 연결"입니다.

1) 직육면체 겉면 이동


가로 $a$, 세로 $b$, 높이 $c$ ($a \le b \le c$)에서 마주 보는 꼭짓점 최단거리는 가장 긴 변을 단독으로 둘 때 최소입니다. $$\text{최솟값} = \sqrt{(a + b)^2 + c^2} \quad (\text{단, } c\text{가 가장 긴 모서리})$$

💡 대표 예제 4 (직육면체)

가로, 세로, 높이의 길이가 각각 $3, 4, 5$인 직육면체의 한 꼭짓점 $A$에서 겉면을 따라 반대편 대각선 꼭짓점 $B$로 가는 최단거리를 구하시오.

[풀이]

펼칠 수 있는 3가지 경로 $\sqrt{(3+4)^2 + 5^2} = \sqrt{74}$, $\sqrt{(3+5)^2 + 4^2} = \sqrt{80}$, $\sqrt{(4+5)^2 + 3^2} = \sqrt{90}$ 중 가장 긴 변 $5$를 단독 제곱으로 둔 $\sqrt{74}$가 최단거리입니다.

정답: $\sqrt{74}$

2) 정사각뿔 인접 옆면의 무게중심 간 최단거리


$\triangle OG_1G_2 \sim \triangle OM_1M_2$ 닮음비 $2 : 3$에 의해: $$\overline{G_1G_2} = \frac{2}{3} \times \overline{M_1M_2}$$

💡 대표 예제 5 (정사각뿔 무게중심)

모든 모서리의 길이가 $6$인 정사각뿔 $O-ABCD$에서 인접한 두 옆면 $\triangle OAB, \triangle OBC$의 무게중심 $G_1, G_2$ 사이의 최단거리를 구하시오.

[풀이]

  1. 각 정삼각형의 중선 길이: $OM_1 = OM_2 = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$
  2. 전개도에서 사잇각은 $30^\circ + 30^\circ = 60^\circ$이므로 $\triangle OM_1M_2$는 한 변이 $3\sqrt{3}$인 정삼각형입니다. ($M_1M_2 = 3\sqrt{3}$)
  3. 닮음비 $\frac{2}{3}$ 적용: $$G_1G_2 = \frac{2}{3} \times 3\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$$
정답: $2\sqrt{3}$

3) 원뿔 옆면을 한 바퀴 도는 최단거리


부채꼴 중심각 $\theta = 360^\circ \times \frac{r}{l}$을 구한 뒤, 양 끝점을 잇는 현의 길이를 계산합니다. $$\text{최단거리 } \overline{AA'} = 2l \sin\left(\frac{\theta}{2}\right)$$

💡 대표 예제 6 (원뿔 일주 경로)

밑면의 반지름 $r = 2$, 모선의 길이 $l = 6$인 원뿔의 밑면 둘레 점 $A$에서 옆면을 한 바퀴 둘러 다시 $A$로 돌아오는 최단거리를 구하시오.

[풀이]

  1. 부채꼴 중심각: $\theta = 360^\circ \times \frac{2}{6} = 120^\circ$
  2. $OA = OA' = 6$, 꼭지각 $120^\circ$인 이등변삼각형의 현의 길이: $$\overline{AA'} = 2 \times 6 \sin(60^\circ) = 12 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$$
정답: $6\sqrt{3}$

📌 한눈에 보는 핵심 도구 비교표

구분 대상 유형 핵심 해결 도구 최소 조건 / 핵심 공식
평면 1 선분의 합 ($AP + PB$) 대칭이동 (삼각부등식) 대칭점과 직선 연결 교점
평면 2 제곱의 합 ($AP^2 + BP^2$) 파푸스의 중선정리 중점 $M$ (직선 위면 수선의 발)
평면 3 3점 제곱합 ($\sum AP^2$) 대수적 2차식 변형 삼각형의 무게중심($G$)
입체 1 직육면체 대각 겉면 전개도 평면화 $\sqrt{(a+b)^2 + c^2}$ ($c$: 최장모서리)
입체 2 사각뿔 무게중심 간 중점연결 + 닮음비 $G_1G_2 = \frac{2}{3} M_1M_2$
입체 3 원뿔 옆면 일주 부채꼴 중심각 + 현 $\theta = 360^\circ \times \frac{r}{l} \implies 2l\sin(\frac{\theta}{2})$

🌿 율초의 수학 한마디

"수학에서 최단거리를 묻는 문제의 본질은 결국 '꺾여 있는 것을 어떻게 일직선으로 펼칠 것인가'에 있습니다. 평면에서는 대칭이동으로 선을 펴고, 입체에서는 전개도로 면을 폅니다. 반면 '제곱의 합'은 거리 자체가 아니라 2차 함수적 성질을 띠므로 중선정리나 무게중심이라는 완전히 다른 도구를 꺼내야 합니다. 식을 마주했을 때 '이것이 선분의 합인가, 제곱의 합인가'를 1초 만에 식별하는 눈을 기르면 시험장에서 길을 잃지 않습니다. 손으로 직접 전개도를 그려보고 중점을 찍어보는 시각화 훈련을 꼭 병행해 보세요."

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