율초의 수학연구소

정답: $\sqrt{58}$

풀이:
1. 점 $A(2, 5)$를 $x$축에 대칭이동한 점을 $A_1(2, -5)$, 직선 $y = x$에 대칭이동한 점을 $A_2(5, 2)$라 합니다.
2. $AP + PQ + QA = A_1P + PQ + QA_2 \ge \overline{A_1A_2}$ (일직선 거리)
3. 따라서 최솟값은 $\overline{A_1A_2} = \sqrt{(5-2)^2 + (2 - (-5))^2} = \sqrt{3^2 + 7^2} = \sqrt{58}$ 입니다.

정답: $\sqrt{2}$

풀이:
1. 점 $P(t, -t+2)$라 두면 외분점 $Q$는 $\left(\frac{2t - (-2)}{2-1}, \frac{2(-t+2) - 1}{2-1}\right) = (2t+2, -2t+3)$ 입니다.
2. $x = 2t+2$, $y = -2t+3$에서 $t$를 소거하면 점 $Q$의 자취는 직선 $x + y - 5 = 0$이 됩니다.
3. 점 $B(4, 3)$에서 직선 $x+y-5=0$까지의 수선의 발 거리가 최솟값이므로:
$$d = \frac{|4 + 3 - 5|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$$

정답: $5\sqrt{5} - 2$

풀이:
1. 점 $A(3, 6)$을 $y$축에 대해 대칭이동한 점을 $A'(-3, 6)$이라 합니다.
2. 원의 중심 $C(7, 1)$, 반지름 $r=2$에 대해 $A'P + PQ$의 최솟값은 $A'$에서 중심 $C$까지의 직선거리에서 반지름 $r$을 뺀 값입니다.
3. $\overline{A'C} = \sqrt{(7 - (-3))^2 + (1 - 6)^2} = \sqrt{100 + 25} = 5\sqrt{5}$ 이므로 최솟값은 $5\sqrt{5} - 2$ 입니다.

정답: $\frac{23}{3}$

풀이:
1. 삼각형 $ABP$에서 삼각부등식에 의해 $|AP - BP| \le \overline{AB}$가 성립하며, 등호는 세 점 $A, B, P$가 한 직선 위에 있을 때 성립합니다.
2. 직선 $AB$의 방정식은 기울기가 $\frac{2-5}{5-1} = -\frac{3}{4}$이므로 $y - 2 = -\frac{3}{4}(x - 5)$ 입니다.
3. $y = 0$을 대입하면 $-2 = -\frac{3}{4}(t - 5) \implies t - 5 = \frac{8}{3} \implies t = \frac{23}{3}$ 입니다.

정답: $52$

풀이:
1. 선분 $AB$의 중점은 $M(-1, 4)$이며, $AM^2 = (-1 - (-3))^2 + (4 - 2)^2 = 8$ 입니다.
2. 중점 $M(-1, 4)$에서 직선 $x - y - 1 = 0$까지의 최단거리 $d$는 $d = \frac{|-1 - 4 - 1|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}$ 이므로 $PM^2$의 최솟값은 $d^2 = 18$ 입니다.
3. 파푸스 중선정리에 의해 $AP^2 + BP^2 = 2(AM^2 + PM^2) = 2(8 + 18) = 52$ 입니다.

정답: $36$

풀이:
1. 점 $P(t, 2)$라 하면:
$$2AP^2 + BP^2 = 2(t^2 + 4) + ((t-6)^2 + 4) = 3t^2 - 12t + 48 = 3(t-2)^2 + 36$$ 2. 따라서 $t = 2$일 때 최솟값 $36$을 갖습니다. (기준점 $t=2$는 선분 $AB$를 $1:2$로 내분하는 점)

정답: $8\sqrt{5}$

풀이:
1. 선분 $AB$의 중점 $M_0(1, 2)$에서 $AM_0^2 = 5$입니다.
2. $AP^2 + BP^2 = 2(AM_0^2 + PM_0^2) = 10 + 2 PM_0^2$
3. 원점 $O(0, 0)$에서 $M_0$까지의 거리는 $\sqrt{5}$, 반지름은 $1$이므로 $PM_0$의 최댓값은 $\sqrt{5}+1$, 최솟값은 $\sqrt{5}-1$입니다.
4. $M = 10 + 2(\sqrt{5}+1)^2 = 22 + 4\sqrt{5}$, $m = 10 + 2(\sqrt{5}-1)^2 = 22 - 4\sqrt{5}$ 이므로 $M - m = 8\sqrt{5}$ 입니다.

정답: $2\sqrt{5}$

풀이:
1. 공식 대입: $AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2 \implies 3^2 + 6^2 = 5^2 + DP^2$
2. $9 + 36 = 25 + DP^2 \implies 45 = 25 + DP^2 \implies DP^2 = 20$
3. 따라서 $DP = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ 입니다.

정답: $P(2, 3)$, 최솟값 $26$

풀이:
1. 세 제곱의 합을 최소로 만드는 점 $P$는 삼각형 $ABC$의 무게중심 $G$입니다.
$$G = \left(\frac{2 - 1 + 5}{3}, \frac{3 + 5 + 1}{3}\right) = (2, 3)$$ 2. 최솟값 $= AG^2 + BG^2 + CG^2 = (0+0) + (3^2+(-2)^2) + ((-3)^2+2^2) = 0 + 13 + 13 = 26$ 입니다.

정답: $4\sqrt{3}$

풀이:
1. $\triangle OAB$는 세 변의 길이가 모두 $4$인 정삼각형이며 모든 내각이 $60^\circ$입니다.
2. 점 $P$를 원점을 기준으로 $60^\circ$ 회전이동하면 $OP + AP + BP$는 한 직선거리로 펼쳐집니다.
3. 최단거리는 정삼각형 외측에 붙인 정삼각형의 꼭짓점 사이의 거리로, $2 \times 4 \cos(30^\circ) = 4\sqrt{3}$ 입니다.

정답: $6\sqrt{5}$

풀이:
1. $(AP + CP) + (BP + DP) \ge \overline{AC} + \overline{BD}$ 이며, 등호는 점 $P$가 두 대각선 $AC, BD$의 교점일 때 성립합니다.
2. $\overline{AC} = \sqrt{(6-0)^2 + (1-4)^2} = \sqrt{36+9} = 3\sqrt{5}$
3. $\overline{BD} = \sqrt{(4-1)^2 + (6-0)^2} = \sqrt{9+36} = 3\sqrt{5}$
4. 최솟값은 $3\sqrt{5} + 3\sqrt{5} = 6\sqrt{5}$ 입니다.

정답: $\sqrt{61}$

풀이:
1. 세 모서리 $a=2, b=4, c=5$에 대해 전개도 경로를 비교합니다.
- $\sqrt{(2+4)^2 + 5^2} = \sqrt{36+25} = \sqrt{61}$
- $\sqrt{(2+5)^2 + 4^2} = \sqrt{49+16} = \sqrt{65}$
- $\sqrt{(4+5)^2 + 2^2} = \sqrt{81+4} = \sqrt{85}$
2. 따라서 최단거리는 가장 긴 모서리를 단독 높이로 취한 $\sqrt{61}$ 입니다.

정답: $20$

풀이:
1. 밑면 원둘레 $= 2\pi r = 2\pi \times \frac{3}{\pi} = 6$ 입니다.
2. 두 바퀴 회전했으므로 전개도 상에서 밑변의 길이는 $6 \times 2 = 12$가 됩니다.
3. 최단거리 $= \sqrt{12^2 + 16^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20$ 입니다.

정답: $12$

풀이:
1. 경로가 거치는 세 면 $\triangle ABC, \triangle ACD, \triangle ADB$를 꼭짓점 $A$를 중심으로 평면에 펼칩니다.
2. 점 $A$를 둘러싼 세 면의 각의 합은 $60^\circ \times 3 = 180^\circ$가 되므로 시작점 $B$, 점 $A$, 도착점 $B'$는 일직선을 이룹니다.
3. 따라서 최단거리는 선분 $\overline{BB'} = \overline{BA} + \overline{AB'} = 6 + 6 = 12$ 입니다.

정답: $4\sqrt{5}$

풀이:
1. 두 직선의 기울기의 곱이 $2 \times \left(-\frac{1}{2}\right) = -1$ 이므로 두 직선은 원점에서 수직($90^\circ$)으로 만납니다.
2. 점 $A(4, 2)$에서 원점까지의 거리는 $OA = \sqrt{4^2 + 2^2} = 2\sqrt{5}$ 입니다.
3. 두 직선에 대해 각각 대칭이동한 두 점 $A_1, A_2$가 원점과 이루는 중심각은 $90^\circ \times 2 = 180^\circ$가 되어 $A_1, O, A_2$는 일직선상에 위치합니다.
4. 따라서 최솟값은 선분 $A_1A_2$의 길이인 $OA_1 + OA_2 = 2\sqrt{5} + 2\sqrt{5} = 4\sqrt{5}$ 입니다.

정답: $5\sqrt{2}$

풀이: $A_1(3, -4)$, $A_2(4, 3) \implies \overline{A_1A_2} = \sqrt{(4-3)^2 + (3 - (-4))^2} = \sqrt{1 + 49} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$

정답: $2\sqrt{2}$

풀이: $Q(2t+1, -2t+4) \implies x+y-5=0$. 점 $B(5, 5)$에서 직선 $x+y-5=0$까지 거리: $\frac{|5+5-5|}{\sqrt{2}} = \frac{5}{\sqrt{2}} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$

정답: $5\sqrt{2} - 3$

풀이: $A'(-2, 5)$에서 원의 중심 $C(6, 2)$까지 거리: $\sqrt{8^2 + (-3)^2} = \sqrt{73}$. 최솟값 $= \sqrt{73} - 3$

정답: $8$

풀이: 직선 $AB$의 방정식: 기울기 $-1 \implies y - 2 = -(x - 6) \implies y = -x + 8$. $y=0$일 때 $t = 8$

정답: $41$

풀이: 중점 $M(0, 3)$, $AM^2 = 8$. $M$에서 $x-y-2=0$까지 거리 $d = \frac{|-5|}{\sqrt{2}} \implies d^2 = \frac{25}{2}$. 최솟값 $= 2(8 + 12.5) = 41$

정답: $84$

풀이: $P(t, 3) \implies 3(t^2+9) + ((t-8)^2+9) = 4t^2 - 16t + 100 = 4(t-2)^2 + 84$. 최솟값은 $84$

정답: $8\sqrt{5}$

풀이: 중점 $M_0(2, 1)$, $OM_0 = \sqrt{5}$. $M - m = 2(\sqrt{5}+1)^2 - 2(\sqrt{5}-1)^2 = 8\sqrt{5}$

정답: $3\sqrt{5}$

풀이: $AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2 \implies 16 + CP^2 = 36 + 25 \implies CP^2 = 45 \implies CP = 3\sqrt{5}$

정답: $22$

풀이: 무게중심 $G(1, 2) \implies AG^2 + BG^2 + CG^2 = (0+4) + (9+0) + (9+4) = 4 + 9 + 13 = 26$

정답: $6\sqrt{3}$

풀이: 페르마 포인트 원리: $2 \times 6 \cos(30^\circ) = 2 \times 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 6\sqrt{3}$

정답: $\sqrt{65} + \sqrt{58}$

풀이: $AC = \sqrt{8^2 + (-1)^2} = \sqrt{65}$, $BD = \sqrt{3^2 + 7^2} = \sqrt{58} \implies \text{최솟값} = \sqrt{65} + \sqrt{58}$

정답: $\sqrt{61}$

풀이: 가장 긴 모서리 $6$을 단독으로 배치 $\implies \sqrt{(3+2)^2 + 6^2} = \sqrt{25 + 36} = \sqrt{61}$

정답: $20$

풀이: 원둘레 $= 2\pi \times \frac{4}{\pi} = 8$. 가로 길이 $= 8 \times 2 = 16$. 최단거리 $= \sqrt{16^2 + 12^2} = 20$

정답: $16$

풀이: 펼쳤을 때 점 $A$ 중심각이 $180^\circ$로 일직선 $\implies 8 + 8 = 16$

정답: $2\sqrt{10}$

풀이: 두 직선은 수직($90^\circ$). $OA = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}$. 사잇각이 $180^\circ$가 되므로 둘레의 최솟값 $= 2 \times OA = 2\sqrt{10}$