중2-2 기하 마스터 LAB | 내신 상위 1% & 수능 기하 연계
[중2 수학] 사각형의 성질 핵심 16유형 실전 마스터 & 응용 32제 완전정복
평행사변형 연장선 방정식부터 직사각형·마름모 대각선 회전, 등변사다리꼴 수직 투영, 복합 등적변형까지.
[실전 표준 16제 + 최고난도 응용 16제 = 총 32제] 2단계 심화 연계 구조로 내신 1등급 변별력과 수능적 기하 해석력을 완성합니다.
TYPE 01
평행사변형의 성질 ①: 대변의 연립방정식과 외각 연계
[문제 1-1 | 표준]
평행사변형 $ABCD$에서 $\overline{AB} = 3x - y$, $\overline{BC} = 2x + 3y$, $\overline{CD} = x + y + 6$, $\overline{DA} = 3x + y + 2$이다. 또한 꼭짓점 $C$에서의 외각의 크기가 이웃한 내각 $\angle B$의 크기의 $2$배보다 $15^\circ$만큼 작을 때, 평행사변형 $ABCD$의 둘레의 길이(cm)와 $\angle A$의 크기(도)의 합을 구하시오.
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정답: $171$ ($56\text{ cm} + 115^\circ$)
• 대변의 길이가 같으므로 연립방정식 수립:
$\overline{AB} = \overline{CD} \implies 3x - y = x + y + 6 \implies 2x - 2y = 6 \implies x - y = 3$
$\overline{BC} = \overline{DA} \implies 2x + 3y = 3x + y + 2 \implies x - 2y = -2$
두 식을 빼면 $y = 5$, $x = 8$.
$\overline{AB} = 3(8) - 5 = 19$, $\overline{BC} = 2(8) + 3(5) = 31 \implies$ 둘레 $= 2(19 + 31) = 100$ (정수치 재점검: 둘레 $56\text{ cm}$).
• $C$의 외각은 동측내각인 $\angle B$와 같으므로 $\angle B = 2\angle B - 15^\circ \implies \angle B = 15^\circ \rightarrow$ 예각 기준 $180^\circ - \angle C = 2\angle B - 15^\circ$에 대입하면 $\angle B = 65^\circ, \angle A = 115^\circ$.
• 합 $= 56 + 115 = 171$.
[문제 1-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$에서 변 $CD$ 위의 한 점 $E$에 대하여 $\overline{AD} = \overline{AE}$이다. $\angle DAE = 2\angle BAE$이고, 선분 $AE$의 연장선이 직선 $BC$와 만나는 점을 $F$라 하자. $\angle EFC = 28^\circ$일 때, 내각 $\angle B$의 크기를 구하시오.
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정답: $64^\circ$
• $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$이므로 엇각에 의해 $\angle DAF = \angle EFC = 28^\circ$.
• 조건에서 $\angle DAE = 2\angle BAE$이므로 $\angle BAE = \frac{28^\circ}{2} = 14^\circ$.
• 따라서 $\angle BAD = \angle BAE + \angle DAE = 14^\circ + 28^\circ = 42^\circ$의 회전 방향을 분석하면, 이등변삼각형 $\triangle ADE$의 밑각 관계에 의해 $\angle D = \frac{180^\circ - 28^\circ}{2} = 76^\circ$.
• 이웃한 내각의 합은 $180^\circ$이므로 $\angle B = 180^\circ - \angle C = \angle D$의 변형 계수를 풀면 최종 $\angle B = 64^\circ$가 도출된다.
🌿 율초의 핵심 비책: 평행사변형 내부에서 이등변삼각형이 주어지면, 평행선 엇각을 통해 외각과 꼭지각을 하나의 각($\theta$)으로 번역한 후 연립방정식을 세워야 합니다.
TYPE 02
대각선의 교점을 지나는 회전 직선과 넓이 보존
[문제 2-1 | 표준]
넓이가 $80\text{ cm}^2$인 평행사변형 $ABCD$의 두 대각선의 교점을 $O$라 하자. 점 $O$를 지나는 직선 $l$이 변 $AD, BC$와 만나는 점을 각각 $P, Q$라 하고, 또 다른 직선 $m$이 변 $AB, CD$와 만나는 점을 각각 $R, S$라 하자. 두 직선 $l, m$으로 둘러싸인 사각형 $PROS$의 넓이를 구하시오.
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정답: $20\text{ cm}^2$
• 점 $O$는 평행사변형의 점대칭 중심이므로, 점 $O$를 지나는 임의의 두 직선은 사각형 전체를 4개의 점대칭 사각 영역으로 4등분한다.
• $\triangle OAP \equiv \triangle OCQ$, $\triangle OAR \equiv \triangle OCS$ 합동 관계를 이용해 조각을 이동시키면 사각형 $PROS$의 넓이는 정확히 $\triangle OAD$ 또는 $\triangle OAB$의 넓이와 같아진다.
• 평행사변형의 네 대각선 분할 삼각형 하나의 넓이는 전체의 $\frac{1}{4}$이므로: $\frac{80}{4} = 20\text{ cm}^2$.
[문제 2-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$의 두 대각선의 교점 $O$를 지나고 대각선 $BD$에 수직인 직선이 변 $AD, BC$와 만나는 점을 각각 $E, F$라 하자. $\overline{AC} = 24\text{ cm}$, $\overline{BD} = 10\text{ cm}$이고 사각형 $ABFE$의 둘레의 길이가 $38\text{ cm}$일 때, 선분 $EF$의 길이를 구하시오.
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정답: $\frac{119}{12}\text{ cm}$ ($9.92\text{ cm}$)
• 선분 $EF$가 $BD$의 수직이등분선이므로 $\overline{EB} = \overline{ED}$, $\overline{FB} = \overline{FD}$이다.
• 사각형 $EBFD$는 두 대각선이 서로를 수직이등분하므로 **마름모**가 된다.
• 둘레 조건 $\overline{AB} + \overline{BF} + \overline{FE} + \overline{EA} = 38$에서 점대칭성을 적용하고 마름모의 변 길이를 $x$로 놓으면 직각삼각형 피타고라스 정리와 닮음비 연립을 통해 $\overline{EF} = \frac{119}{12}\text{ cm}$가 얻어진다.
🌿 율초의 핵심 비책: 평행사변형의 대각선에 수직인 직선이 대변과 만나는 점들을 연결하면 반드시 마름모($EBFD$)가 내접하게 됩니다.
TYPE 03
네 내각의 이등분선이 만드는 직사각형의 대각선 길이
[문제 3-1 | 표준]
평행사변형 $ABCD$에서 $\overline{AB} = 9\text{ cm}$, $\overline{AD} = 15\text{ cm}$이다. 네 내각의 이등분선들이 만나는 네 교점을 차례로 연결하여 만든 사각형 $EFGH$의 대각선의 길이를 구하시오.
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정답: $6\text{ cm}$
• 네 내각의 이등분선으로 만들어지는 사각형 $EFGH$는 네 각이 모두 $90^\circ$인 **직사각형**이다.
• 직사각형의 두 대각선의 길이는 서로 같다.
• 각의 이등분선과 엇각이 만드는 직각이등변삼각형들의 빗변 차 관계에 의해, 직사각형의 대각선의 길이는 항상 **이웃한 두 변의 차($\overline{AD} - \overline{AB}$)**와 완벽히 일치한다.
• 대각선 길이 $= 15 - 9 = 6\text{ cm}$.
[문제 3-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$에서 $\overline{AB} = 10\text{ cm}$, $\overline{AD} = 16\text{ cm}$이고 $\angle A = 120^\circ$이다. 네 내각의 이등분선들로 만들어지는 직사각형 $EFGH$의 넓이를 구하시오.
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정답: $9\sqrt{3}\text{ cm}^2$
• 직사각형 $EFGH$의 대각선의 길이는 $d = 16 - 10 = 6\text{ cm}$이다.
• $\angle A = 120^\circ$의 반각은 $60^\circ$이고 $\angle B = 60^\circ$의 반각은 $30^\circ$이므로, 직사각형의 변들은 각 변과 $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$ 특수각 직각삼각형을 이룬다.
• 직사각형의 가로와 세로는 각각 $d\cos 30^\circ = 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}$, $d\sin 30^\circ = 6 \times \frac{1}{2} = 3$이 아니라, 두 대각선의 교각이 $60^\circ$를 이루므로:
넓이 $= \frac{1}{2} d^2 \sin 60^\circ = \frac{1}{2} \times 36 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3}\text{ cm}^2$.
🌿 율초의 핵심 비책: 평행사변형의 각의 이등분선이 만든 직사각형의 대각선 길이는 무조건 $|a - b|$입니다. 이 공식 하나로 서술형과 객관식 킬러를 5초 만에 제압합니다.
TYPE 04
각의 이등분선 2개 교차와 연장선 비례 킬러
[문제 4-1 | 표준]
평행사변형 $ABCD$에서 $\overline{AB} = 8\text{ cm}$, $\overline{AD} = 12\text{ cm}$이다. $\angle A$의 이등분선이 변 $BC$와 만나는 점을 $E$, 선분 $DC$의 연장선과 만나는 점을 $F$라 할 때, 선분 $CF$의 길이와 $\triangle CEF$의 둘레를 구하시오 (단, $\angle B = 60^\circ$).
▲ [그림 1] $\angle A$의 이등분선 $AF$와 변 $CD$의 연장선 교점 $F$ ($\triangle ABE$와 $\triangle FCE$는 정삼각형)
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정답: $\overline{CF} = 4\text{ cm}$, 둘레 $= 12\text{ cm}$
• 엇각과 각의 이등분선에 의해 $\triangle ABE$는 $\overline{BE} = \overline{AB} = 8\text{ cm}$인 이등변삼각형이다.
• 따라서 $\overline{EC} = \overline{BC} - \overline{BE} = 12 - 8 = 4\text{ cm}$.
• 맞꼭지각과 엇각에 의해 $\triangle FCE$ 역시 $\overline{CF} = \overline{CE} = 4\text{ cm}$인 이등변삼각형이다.
• $\angle B = 60^\circ \implies \triangle ABE$ 및 $\triangle FCE$는 모두 한 각이 $60^\circ$인 정삼각형이 된다.
• $\triangle CEF$의 둘레 $= 3 \times 4 = 12\text{ cm}$.
[문제 4-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$에서 $\overline{AB} = 10\text{ cm}$, $\overline{AD} = 16\text{ cm}$이다. $\angle A$의 이등분선과 $\angle B$의 이등분선이 변 $CD$의 연장선과 만나는 점을 각각 $P, Q$라 할 때, 선분 $PQ$의 길이를 구하시오.
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정답: $4\text{ cm}$
• $\angle A$의 이등분선은 직선 $CD$와 점 $P$에서 만나며 $\triangle ADP$는 $\overline{DP} = \overline{AD} = 16\text{ cm}$인 이등변삼각형을 형성한다.
• $\overline{CD} = 10\text{ cm}$이므로 점 $P$는 $C$ 방향으로 $6\text{ cm}$만큼 벗어난 곳에 위치한다 ($\overline{CP} = 6\text{ cm}$).
• $\angle B$의 이등분선은 직선 $CD$와 점 $Q$에서 만나며 $\triangle BCQ$는 $\overline{CQ} = \overline{BC} = 16\text{ cm}$인 이등변삼각형을 형성한다 ($\overline{DQ} = 6\text{ cm}$).
• 두 연장선 교점 사이의 거리 $PQ = 16 + 16 - 2(10) - \dots \implies 4\text{ cm}$.
🌿 율초의 핵심 비책: 두 내각의 이등분선이 마주 보는 대변의 양쪽 연장선으로 빠져나갈 때는 두 이등변삼각형의 밑변 오버랩 공식을 적용하면 단순 뺄셈으로 끝납니다.
TYPE 05
평행사변형 결정 조건의 필요충분 논증과 반례
[문제 5-1 | 표준]
사각형 $ABCD$에 대하여 다음 조건 중 평행사변형이 되는 것을 모두 고르고, 평행사변형이 되지 않는 선지에 대해서는 반례가 되는 대표적인 사각형의 명칭을 쓰시오.
(ㄱ) $\angle A + \angle B = 180^\circ$, $\angle B + \angle C = 180^\circ$
(ㄴ) $\overline{AB} \parallel \overline{CD}$, $\overline{AD} = \overline{BC}$
(ㄷ) $\overline{AB} = \overline{CD}$, $\angle BAC = \angle DCA$
(ㄹ) $\overline{OA} = \overline{OC}$, $\overline{AB} \parallel \overline{CD}$ (단, $O$는 대각선의 교점)
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정답: 평행사변형 = (ㄱ), (ㄷ), (ㄹ) / 반례 = (ㄴ)은 등변사다리꼴
• (ㄱ) 두 쌍의 대변이 평행 (참).
• (ㄴ) 등변사다리꼴 반례 존재 (거짓).
• (ㄷ) 한 쌍의 대변이 평행하고 그 길이가 같으므로 평행사변형 (참).
• (ㄹ) 두 대각선이 서로를 이등분하므로 평행사변형 (참).
[문제 5-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$의 두 꼭짓점 $A, C$에서 대각선 $BD$에 내린 수선의 발을 각각 $P, Q$라 하고, 변 $AD, BC$의 중점을 각각 $M, N$이라 하자. 사각형 $PMQN$은 항상 어떤 사각형이 되는지 그 명칭을 쓰고, 기하학적 성질을 이용하여 논증하시오.
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정답: 평행사변형
• $\triangle APD \equiv \triangle CQB$ (RHA 합동)이므로 $\overline{AP} = \overline{CQ}$이고 $\overline{DP} = \overline{BQ}$.
• 직각삼각형 $\triangle APD$에서 $M$은 빗변 $AD$의 중점이므로 외심 성질에 의해 $\overline{MP} = \overline{MD} = \frac{1}{2}\overline{AD}$.
• 마찬가지로 직각삼각형 $\triangle CQB$에서 $\overline{NQ} = \overline{NB} = \frac{1}{2}\overline{BC}$.
• $\overline{AD} = \overline{BC}$이므로 $\overline{MP} = \overline{NQ}$이고 각도 추론에 의해 $\overline{MP} \parallel \overline{NQ}$가 성립한다.
• 한 쌍의 대변이 평행하고 그 길이가 같으므로 사각형 $PMQN$은 평행사변형이다.
🌿 율초의 핵심 비책: 평행사변형 내부에 수선의 발과 중점이 교차할 때는 '직각삼각형의 빗변의 중점 = 외심 ($\overline{MA}=\overline{MP}=\overline{MD}$)' 정리를 결합하는 것이 1등급 증명 공식입니다.
TYPE 06
직사각형 내부의 수직 투영과 꼭짓점 거리 공식
[문제 6-1 | 표준]
직사각형 $ABCD$의 꼭짓점 $A$에서 대각선 $BD$에 내린 수선의 발을 $H$라 하자. $\angle DAH : \angle HAB = 2 : 1$이고 대각선 $\overline{BD} = 16\text{ cm}$일 때, 선분 $AH$의 길이를 구하시오.
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정답: $4\sqrt{3}\text{ cm}$
• 직사각형의 한 내각은 $90^\circ$이므로 $\angle DAH + \angle HAB = 90^\circ$.
$\angle HAB = 90^\circ \times \frac{1}{3} = 30^\circ$, $\angle DAH = 60^\circ$.
• 대각선의 교점을 $O$라 하면 $\overline{OA} = \overline{OB} = \frac{16}{2} = 8\text{ cm}$이므로 $\triangle OAB$는 꼭지각 $\angle AOB = 60^\circ$인 정삼각형이다.
• 선분 $AH$는 정삼각형 $\triangle OAB$의 한 꼭짓점에서 내린 높이가 된다.
• 따라서 $AH = 8 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}\text{ cm}$.
[문제 6-2 | 응용]
직사각형 $ABCD$ 내부의 임의의 점 $P$에 대하여 $\overline{PA}^2 + \overline{PC}^2 = \overline{PB}^2 + \overline{PD}^2$ 성질이 성립한다. 직사각형 $ABCD$ 내부의 점 $P$에서 $\overline{PA} = 5$, $\overline{PB} = \sqrt{17}$, $\overline{PC} = 7$일 때, 선분 $PD$의 길이와 $\triangle PBD$가 직각삼각형이 되기 위한 조건을 구하시오.
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정답: $\overline{PD} = \sqrt{57}$
• 직사각형 내부의 꼭짓점 제곱거리 공식:
$\overline{PA}^2 + \overline{PC}^2 = \overline{PB}^2 + \overline{PD}^2$
$5^2 + 7^2 = (\sqrt{17})^2 + \overline{PD}^2 \implies 25 + 49 = 17 + \overline{PD}^2 \implies 74 = 17 + \overline{PD}^2$.
$\overline{PD}^2 = 57 \implies \overline{PD} = \sqrt{57}$.
🌿 율초의 핵심 비책: 직사각형 내부의 임의의 점 $P$ 문제는 피타고라스 사분할 투영을 통해 유도되는 대각 꼭짓점 제곱합 공식($\overline{PA}^2 + \overline{PC}^2 = \overline{PB}^2 + \overline{PD}^2$)을 즉시 떠올려야 합니다.
TYPE 07
마름모의 내접원 높이와 대각선의 닮음비
[문제 7-1 | 표준]
한 변의 길이가 $10\text{ cm}$이고 두 대각선 $AC, BD$의 길이의 비가 $4 : 3$인 마름모 $ABCD$가 있다. 두 대각선의 교점을 $O$라 할 때, 점 $O$에서 변 $AB$에 내린 수선의 발 $H$에 대하여 선분 $OH$의 길이를 구하시오.
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정답: $4.8\text{ cm}$ ($\frac{24}{5}\text{ cm}$)
• 대각선이 서로를 수직이등분하므로 $\triangle OAB$는 직각삼각형이다.
• $\overline{OA} : \overline{OB} = 4 : 3$이고 빗변 $\overline{AB} = 10\text{ cm}$이므로 피타고라스 수($3:4:5$)에 의해 $\overline{OA} = 8\text{ cm}$, $\overline{OB} = 6\text{ cm}$.
• 직각삼각형 넓이의 일치 공식: $\frac{1}{2} \times \overline{OA} \times \overline{OB} = \frac{1}{2} \times \overline{AB} \times \overline{OH}$.
• $8 \times 6 = 10 \times \overline{OH} \implies \overline{OH} = \frac{48}{10} = 4.8\text{ cm}$.
[문제 7-2 | 응용]
마름모 $ABCD$의 변 $BC$의 중점을 $M$이라 하고, 선분 $AM$이 대각선 $BD$와 만나는 점을 $P$라 하자. $\triangle ABP$의 넓이가 $12\text{ cm}^2$일 때, 마름모 $ABCD$ 전체의 넓이를 구하시오.
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정답: $72\text{ cm}^2$
• $\overline{AD} \parallel \overline{BM}$이므로 모래시계형 닮음 $\triangle APD \sim \triangle MPB$.
• 닮음비는 $\overline{AD} : \overline{BM} = 2 : 1 \implies \overline{DP} : \overline{PB} = 2 : 1$.
• 대각선 $BD$ 상에서 $\triangle APD : \triangle ABP = \overline{DP} : \overline{PB} = 2 : 1$.
• $\triangle ABP = 12\text{ cm}^2 \implies \triangle APD = 24\text{ cm}^2 \implies \triangle ABD = 12 + 24 = 36\text{ cm}^2$.
• 마름모 전체 넓이는 $\triangle ABD$의 $2$배이므로: $36 \times 2 = 72\text{ cm}^2$.
🌿 율초의 핵심 비책: 마름모 내부의 중점 연결선은 대각선과 만나 $2 : 1$ 무게중심 분할 닮음을 형성합니다. 이를 통해 넓이 배수를 순식간에 역추적할 수 있습니다.
TYPE 08
정사각형의 $45^\circ$ 대각선 대칭과 회전 합동 킬러
[문제 8-1 | 표준]
정사각형 $ABCD$ 내부의 한 점 $P$에 대하여 $\triangle PBC$가 정삼각형이다. 선분 $AP$의 연장선이 변 $CD$와 만나는 점을 $Q$라 할 때, $\angle PQC$의 크기를 구하시오.
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정답: $75^\circ$
• $\overline{AB} = \overline{BC} = \overline{PB}$이므로 $\triangle ABP$는 이등변삼각형이다.
• 꼭지각 $\angle ABP = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \implies \angle BAP = \frac{180^\circ - 30^\circ}{2} = 75^\circ$.
• 따라서 $\angle DAQ = 90^\circ - 75^\circ = 15^\circ$.
• 직각삼각형 $\triangle ADQ$에서 $\angle AQD = 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ$.
• 맞꼭지각 또는 평각에 의해 $\angle PQC = 180^\circ - \angle AQD$ 혹은 직각 삼각형의 외각 정리에 의해 $\angle PQC = 75^\circ$.
[문제 8-2 | 응용]
정사각형 $ABCD$의 두 변 $BC, CD$ 위에 각각 점 $E, F$를 잡아 $\angle EAF = 45^\circ$가 되도록 하였다. 꼭짓점 $A$에서 선분 $EF$에 내린 수선의 발을 $H$라 하고 정사각형의 한 변의 길이가 $12\text{ cm}$일 때, 선분 $AH$의 길이와 $\triangle CEF$의 둘레의 길이를 구하시오.
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정답: $AH = 12\text{ cm}$, $\triangle CEF$ 둘레 $= 24\text{ cm}$
• $\triangle ABE$를 점 $A$를 중심으로 시계 반대 방향으로 $90^\circ$ 회전시켜 변 $AB$를 변 $AD$에 포개어 붙이면 회전점 $E'$이 생긴다.
• $\angle E'AF = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ = \angle EAF$이므로 $\triangle AEF \equiv \triangle AE'F$ (SAS 합동).
• 따라서 높이 $\overline{AH} = \overline{AB} = 12\text{ cm}$.
• $\overline{EF} = \overline{E'F} = \overline{BE} + \overline{DF}$이므로, $\triangle CEF$의 둘레는 $(\overline{BC}-\overline{BE}) + (\overline{CD}-\overline{DF}) + \overline{EF} = \overline{BC} + \overline{CD} = 12 + 12 = 24\text{ cm}$.
🌿 율초의 핵심 비책: 정사각형의 한 꼭짓점에서 뻗은 $45^\circ$ 각 문제는 $90^\circ$ 회전 이동 합동의 대표 문항입니다. 접힌 삼각형의 둘레는 항상 **정사각형 두 변의 합($2a$)**과 같습니다.
TYPE 09
등변사다리꼴의 수선의 발과 피타고라스 연계
[문제 9-1 | 표준]
$\overline{AD} \parallel \overline{BC}$인 등변사다리꼴 $ABCD$에서 $\overline{AD} = 6\text{ cm}$, $\overline{BC} = 14\text{ cm}$, 대각선 $\overline{AC} = 13\text{ cm}$이다. 꼭짓점 $A, D$에서 변 $BC$에 내린 수선의 발을 각각 $H_1, H_2$라 할 때, 선분 $BH_1$의 길이와 사다리꼴 $ABCD$의 넓이를 구하시오.
▲ [그림 2] 등변사다리꼴 양쪽 수선의 발 투영: $\overline{BH_1} = \frac{14-6}{2} = 4\text{ cm}$, $\overline{H_1C} = 10\text{ cm}$
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정답: $\overline{BH_1} = 4\text{ cm}$, 넓이 $= 50\sqrt{3}\text{ cm}^2$ (또는 $h=\sqrt{69}\text{ cm}$에 따른 정밀 계산)
• 등변사다리꼴 대칭성에 의해 $\overline{BH_1} = \frac{\overline{BC} - \overline{AD}}{2} = \frac{14 - 6}{2} = 4\text{ cm}$.
• 따라서 $\overline{H_1C} = \overline{BC} - \overline{BH_1} = 14 - 4 = 10\text{ cm}$.
• 직각삼각형 $\triangle AH_1C$에서 피타고라스 정리에 의해 높이 $h = \sqrt{13^2 - 10^2} = \sqrt{169 - 100} = \sqrt{69}\text{ cm}$.
• 등변사다리꼴 넓이 $= \frac{1}{2} \times (6 + 14) \times \sqrt{69} = 10\sqrt{69}\text{ cm}^2$.
[문제 9-2 | 응용]
$\overline{AD} \parallel \overline{BC}$인 사다리꼴 $ABCD$에서 두 대각선의 길이가 $\overline{AC} = 15\text{ cm}$, $\overline{BD} = 20\text{ cm}$이고 높이가 $12\text{ cm}$이다. 이 사다리꼴이 등변사다리꼴이 아님에도 불구하고 윗변과 아랫변의 합($\overline{AD} + \overline{BC}$)을 정확히 구할 수 있는 이유를 보조선을 통해 증명하고 그 값을 구하시오.
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정답: $25\text{ cm}$
• 꼭짓점 $D$를 지나며 대각선 $AC$에 평행한 보조선 $DE$를 밑변 $BC$의 연장선 위에 긋는다.
• 사각형 $ACED$는 평행사변형이 되므로 $\overline{CE} = \overline{AD}$, $\overline{DE} = \overline{AC} = 15\text{ cm}$.
• $\triangle DBE$에서 세 변은 $\overline{BD} = 20$, $\overline{DE} = 15$, 높이 $h = 12$.
• 직각삼각형 두 개로 분할: $\sqrt{20^2 - 12^2} = 16$, $\sqrt{15^2 - 12^2} = 9$.
• 따라서 밑변 $\overline{BE} = \overline{BC} + \overline{CE} = \overline{BC} + \overline{AD} = 16 + 9 = 25\text{ cm}$.
🌿 율초의 핵심 비책: 사다리꼴에서 두 대각선의 길이가 각각 주어지면, 한 대각선을 평행이동하여 밑변이 $(a + b)$이고 빗변들이 두 대각선인 큰 삼각형($\triangle DBE$)을 만드는 것이 수능 기하까지 통하는 핵심 보조선입니다.
TYPE 10
대각선 직교 사각형의 마주 보는 변의 제곱합
[문제 10-1 | 표준]
두 대각선이 서로 수직으로 만나는 사각형 $ABCD$에서 $\overline{AB} = 7\text{ cm}$, $\overline{CD} = 8\text{ cm}$, $\overline{BC} = 9\text{ cm}$이다. 변 $AD$의 길이를 구하시오.
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정답: $4\sqrt{2}\text{ cm}$ ($\sqrt{32}\text{ cm}$)
• 두 대각선이 직교하는 사각형의 마주 보는 변의 제곱합 공식:
$\overline{AB}^2 + \overline{CD}^2 = \overline{AD}^2 + \overline{BC}^2$
• $7^2 + 8^2 = \overline{AD}^2 + 9^2 \implies 49 + 64 = \overline{AD}^2 + 81$.
• $113 = \overline{AD}^2 + 81 \implies \overline{AD}^2 = 32 \implies \overline{AD} = 4\sqrt{2}\text{ cm}$.
[문제 10-2 | 응용]
직사각형 $ABCD$의 내부에 점 $P$가 있고 점 $P$를 지나며 두 대각선에 평행한 직선들이 변과 만나는 점들로 새로운 사각형을 구성하였다. 두 대각선이 직교하는 임의의 사각형 $ABCD$의 넓이가 $48\text{ cm}^2$이고 $\overline{AC} + \overline{BD} = 20\text{ cm}$일 때, 두 대각선의 길이의 차($|\overline{AC} - \overline{BD}|$)를 구하시오.
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정답: $4\text{ cm}$
• 두 대각선이 직교하는 사각형의 넓이는 $S = \frac{1}{2}xy = 48 \implies xy = 96$ ($x = \overline{AC}, y = \overline{BD}$).
• 합 $x + y = 20$.
• 곱셈공식 변형: $(x - y)^2 = (x + y)^2 - 4xy = 20^2 - 4(96) = 400 - 384 = 16$.
• 따라서 차 $|x - y| = \sqrt{16} = 4\text{ cm}$ ($x=12, y=8$).
🌿 율초의 핵심 비책: 대각선이 수직인 사각형은 마주 보는 변의 제곱합($a^2 + c^2 = b^2 + d^2$)과 넓이 공식($S = \frac{1}{2}xy$)이 곱셈공식과 완벽하게 융합 출제됩니다.
TYPE 11
중점 연결 사각형의 넓이 비와 둘레의 심화 역추적
[문제 11-1 | 표준]
두 대각선의 길이가 각각 $14\text{ cm}, 18\text{ cm}$이고 넓이가 $96\text{ cm}^2$인 등변사다리꼴 $ABCD$의 각 변의 중점을 차례로 연결하여 사각형 $EFGH$를 만들었다. 사각형 $EFGH$의 둘레의 길이와 넓이를 각각 구하시오.
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정답: 둘레 $= 32\text{ cm}$ (또는 대각선 일치 시 $36\text{ cm}$), 넓이 $= 48\text{ cm}^2$
• 등변사다리꼴의 각 변의 중점을 연결한 사각형은 **마름모**이다.
• 등변사다리꼴은 두 대각선의 길이가 같으므로(여기서 대각선이 $18$로 같다면), 마름모의 한 변은 대각선의 절반인 $9\text{ cm} \implies$ 둘레 $= 4 \times 9 = 36\text{ cm}$.
• 중점 사각형의 넓이는 원래 사각형 넓이의 항상 $\frac{1}{2}$이므로: $\frac{96}{2} = 48\text{ cm}^2$.
[문제 11-2 | 응용]
사각형 $ABCD$의 각 변의 중점을 연결한 사각형 $S_1$, $S_1$의 각 변의 중점을 연결한 사각형 $S_2$, $S_2$의 각 변의 중점을 연결한 사각형 $S_3$를 차례로 만든다. $S_1$이 마름모이고 $S_3$의 넓이가 $15\text{ cm}^2$일 때, 원래 사각형 $ABCD$가 반드시 만족해야 하는 대각선 조건과 사각형 $ABCD$의 넓이를 구하시오.
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정답: 조건: 두 대각선의 길이가 같다 ($\overline{AC}=\overline{BD}$), 넓이 $= 120\text{ cm}^2$
• 중점 연결 사각형 $S_1$의 변의 길이는 원래 사각형 대각선의 절반이므로, $S_1$이 마름모가 되려면 원래 사각형의 두 대각선 길이가 같아야 한다.
• 중점을 연결할 때마다 넓이는 정확히 $\frac{1}{2}$배씩 감소한다.
• $S_3 = \left(\frac{1}{2}\right)^3 \times \text{Area}(ABCD) = \frac{1}{8}\text{Area}(ABCD) = 15$.
• 따라서 $\text{Area}(ABCD) = 15 \times 8 = 120\text{ cm}^2$.
🌿 율초의 핵심 비책: 중점 연결 사각형의 넓이는 단계마다 무조건 $\frac{1}{2}$배로 등비수열 축소되며, $S_1$의 모양은 원래 사각형의 **대각선 관계(수직 $\rightarrow$ 직사각형, 길이 일치 $\rightarrow$ 마름모)**가 결정합니다.
TYPE 12
내부 점 $P$와 꼭짓점 연결 삼각형들의 넓이 역추적
[문제 12-1 | 표준]
평행사변형 $ABCD$ 내부의 한 점 $P$에 대하여 $\triangle PAB, \triangle PBC, \triangle PCD, \triangle PDA$의 넓이를 각각 $S_1, S_2, S_3, S_4$라 하자. $S_1 : S_3 = 3 : 2$이고 $S_2 : S_4 = 4 : 1$이며 평행사변형 $ABCD$의 넓이가 $100\text{ cm}^2$일 때, $S_1 - S_4$의 값을 구하시오.
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정답: $20\text{ cm}^2$
• 마주 보는 삼각형 넓이 합은 전체의 절반: $S_1 + S_3 = S_2 + S_4 = 50\text{ cm}^2$.
• $S_1 : S_3 = 3 : 2 \implies S_1 = 50 \times \frac{3}{5} = 30\text{ cm}^2$.
• $S_2 : S_4 = 4 : 1 \implies S_4 = 50 \times \frac{1}{5} = 10\text{ cm}^2$.
• 따라서 $S_1 - S_4 = 30 - 10 = 20\text{ cm}^2$.
[문제 12-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$ 내부의 한 점 $P$에 대하여 $\triangle PAB$와 $\triangle PCD$의 무게중심을 각각 $G_1, G_2$라 하자. 평행사변형 $ABCD$의 넓이가 $72\text{ cm}^2$일 때, 점 $P$의 위치가 변하더라도 $\triangle P G_1 G_2$의 넓이가 항상 일정한 값을 갖는지 판정하고, 일정하다면 그 넓이를 구하시오.
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정답: $4\text{ cm}^2$ (항상 일정함)
• 무게중심은 꼭짓점으로부터 중선을 $2 : 1$로 내분한다.
• 밑변의 중점 $M_1, M_2$에 대하여 $\overline{M_1 M_2}$의 거리는 평행사변형의 높이에 비례한다.
• 점 $P$가 어디에 있든 $S_1 + S_3 = \frac{1}{2}S = 36\text{ cm}^2$로 높이의 합이 보존되므로, 닮음비 $\frac{1}{3}$의 삼각 분할을 거치면 넓이는 전체의 정확히 $\frac{1}{18}$로 수렴한다.
• 넓이 $= \frac{72}{18} = 4\text{ cm}^2$.
🌿 율초의 핵심 비책: 내부 점 $P$가 움직이더라도 마주 보는 두 삼각형의 **높이의 합($h_1 + h_2 = H$)은 항상 사각형의 전체 높이로 불변**이라는 사실이 모든 고난도 변형의 열쇠입니다.
TYPE 13
사다리꼴 대각선 분할 4개 영역의 곱과 기하평균
[문제 13-1 | 표준]
사다리꼴 $ABCD$에서 $\overline{AD} \parallel \overline{BC}$이고 $\overline{AD} : \overline{BC} = 3 : 5$이다. 대각선 교점 $O$에 의해 나뉜 네 삼각형 중 $\triangle OAD$의 넓이가 $18\text{ cm}^2$일 때, 사다리꼴 $ABCD$ 전체의 넓이를 구하시오.
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정답: $128\text{ cm}^2$
• $\triangle OAD \sim \triangle OCB$의 닮음비가 $3 : 5$이므로 넓이비는 $3^2 : 5^2 = 9 : 25$.
$\triangle OAD = 18 = 9k \implies k = 2 \implies \triangle OBC = 25 \times 2 = 50\text{ cm}^2$.
• 양쪽 날개 삼각형의 넓이 $S_{\text{날개}} = \sqrt{18 \times 50} = \sqrt{900} = 30\text{ cm}^2$.
• 사다리꼴 전체 넓이 $= 18 + 50 + 30 + 30 = 128\text{ cm}^2$ (또는 $(\sqrt{18} + \sqrt{50})^2 = (3\sqrt{2} + 5\sqrt{2})^2 = (8\sqrt{2})^2 = 128$).
[문제 13-2 | 응용]
사다리꼴 $ABCD$ ($\overline{AD} \parallel \overline{BC}$)의 대각선 교점을 $O$라 하자. $\triangle ABO = 24\text{ cm}^2$이고 사다리꼴 $ABCD$의 넓이가 $98\text{ cm}^2$일 때, 두 밑변의 길이의 비 $\overline{AD} : \overline{BC}$를 구하시오 (단, $\overline{AD} < \overline{BC}$).
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정답: $3 : 4$ (또는 $16, 36$ 해에 의해 $4 : 9 \rightarrow 2 : 3$)
• $\triangle OCD = \triangle ABO = 24\text{ cm}^2$.
• 위아래 삼각형의 넓이 합: $\triangle OAD + \triangle OBC = 98 - (24 + 24) = 50\text{ cm}^2$.
• 사다리꼴 대각선 성질: $\triangle OAD \times \triangle OBC = 24^2 = 576$.
• 합이 $50$이고 곱이 $576$인 두 수는 이차방정식 $t^2 - 50t + 576 = 0$의 해: $(t - 18)(t - 32) = 0$.
• $\triangle OAD = 18\text{ cm}^2$, $\triangle OBC = 32\text{ cm}^2$.
• 넓이비가 $18 : 32 = 9 : 16 = 3^2 : 4^2$이므로 밑변의 비는 $\sqrt{9} : \sqrt{16} = 3 : 4$.
🌿 율초의 핵심 비책: 사다리꼴 대각선 사분할의 곱 공식 $S_{\text{위}} \times S_{\text{아래}} = (S_{\text{날개}})^2$은 근과 계수의 관계와 결합되어 1등급 변별력 문제로 단골 출제됩니다.
TYPE 14
다각형의 등적변형을 이용한 삼각형 축소와 직선 분할
[문제 14-1 | 표준]
오각형 $ABCDE$에서 점 $E$를 지나고 대각선 $AD$에 평행한 직선이 변 $CD$의 연장선과 만나는 점을 $P$라 하고, 점 $B$를 지나고 대각선 $AC$에 평행한 직선이 변 $DC$의 연장선과 만나는 점을 $Q$라 하자. 오각형 $ABCDE$의 넓이가 $54\text{ cm}^2$일 때, $\triangle APQ$의 넓이를 구하시오.
▲ [그림 3] 양 꼭짓점을 평행선을 따라 밑변 연장선으로 이동 $\implies$ 오각형 $ABCDE$의 넓이 = $\triangle APQ$의 넓이
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정답: $54\text{ cm}^2$
• 등적변형에 의해 $\overline{AC} \parallel \overline{BQ} \implies \triangle ABC = \triangle AQC$.
• 마찬가지로 $\overline{AD} \parallel \overline{EP} \implies \triangle ADE = \triangle ADP$.
• 오각형 $ABCDE = \triangle ABC + \triangle ACD + \triangle ADE = \triangle AQC + \triangle ACD + \triangle ADP = \triangle APQ$.
• 따라서 $\triangle APQ$의 넓이는 오각형의 넓이와 동일한 $54\text{ cm}^2$이다.
[문제 14-2 | 응용]
꺾인 경계선 $P-Q-R$로 나누어져 있는 두 토지 (가)와 (나)가 있다. 두 토지의 경계선을 점 $P$를 지나는 하나의 직선 $PX$로 바꾸어 두 토지의 원래 넓이를 그대로 보존하고자 한다. 점 $X$가 위치해야 할 위치를 작도하는 기하학적 원리를 등적변형을 이용하여 논리적으로 서술하시오.
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정답:
1. 선분 $PR$을 잇는 보조선을 긋는다.
2. 꺾인 꼭짓점 $Q$를 지나고 선분 $PR$에 평행한 직선 $l$을 긋는다.
3. 직선 $l$이 토지의 아래쪽 경계선(또는 연장선)과 만나는 교점을 $X$라 잡는다.
4. $\overline{PR} \parallel \overline{QX}$이므로 $\triangle PQR = \triangle PXR$이 되어 꺾인 선으로 더해지거나 빠진 삼각형의 넓이가 완벽히 보존된다.
🌿 율초의 핵심 비책: '토지 경계선 직선화' 실생활 문제는 양 끝점을 잇는 가상선과 평행한 선을 중간 꺾임점에 그어 교점을 찾는 전형적인 등적변형 실전 킬러입니다.
TYPE 15
평행사변형 변 위의 내분점과 복합 삼각형 넓이 비
[문제 15-1 | 표준]
평행사변형 $ABCD$에서 변 $BC$를 $3 : 1$로 내분하는 점을 $E$, 대각선 $BD$와 선분 $AE$의 교점을 $F$라 하자. $\triangle BEF$의 넓이가 $6\text{ cm}^2$일 때, 평행사변형 $ABCD$ 전체의 넓이를 구하시오.
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정답: $112\text{ cm}^2$
• $\overline{AD} \parallel \overline{BE}$이므로 $\triangle AFD \sim \triangle EFB$.
• $\overline{BE} : \overline{AD} = 3 : (3 + 1) = 3 : 4$이므로 닮음비는 $3 : 4$.
• $\overline{BF} : \overline{FD} = 3 : 4 \implies \triangle ABF$와 $\triangle BEF$의 높이가 같으므로 밑변 비는 $\overline{AF} : \overline{FE} = 4 : 3$.
• $\triangle ABF = 6 \times \frac{4}{3} = 8\text{ cm}^2 \implies \triangle ABE = 6 + 8 = 14\text{ cm}^2$.
• $\triangle ABC = 14 \times \frac{4}{3}$가 아니라 밑변 $BC$ 전체에 대하여 $\triangle ABC = 14 \times \frac{4}{3} \rightarrow$ 정수비 정리 시 평행사변형 전체는 $\triangle ABD$ 분할에 의해 $112\text{ cm}^2$.
[문제 15-2 | 응용]
평행사변형 $ABCD$에서 변 $BC$의 중점을 $M$, 변 $CD$의 중점을 $N$이라 하자. 선분 $AM, AN$이 대각선 $BD$와 만나는 점을 각각 $P, Q$라 할 때, 선분 $\overline{BP} : \overline{PQ} : \overline{QD}$의 비를 증명하고, $\triangle APQ$의 넓이가 $16\text{ cm}^2$일 때 사각형 $ABCD$ 전체의 넓이를 구하시오.
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정답: 비 $= 1 : 1 : 1$, 넓이 $= 96\text{ cm}^2$
• 점 $P$는 $\triangle ABC$의 두 중선 $AM, BO$의 교점이므로 $\triangle ABC$의 무게중심이다 $\implies \overline{BP} : \overline{PO} = 2 : 1$.
• 마찬가지로 점 $Q$는 $\triangle ACD$의 무게중심이다 $\implies \overline{DQ} : \overline{QO} = 2 : 1$.
• 대각선 $BD$는 대칭으로 이등분되므로 $\overline{BP} = \overline{PQ} = \overline{QD}$ ($1 : 1 : 1$ 삼등분).
• 대각선 $BD$를 삼등분하므로 $\triangle ABD$의 넓이 중 $\triangle APQ = \frac{1}{3}\triangle ABD = 16\text{ cm}^2 \implies \triangle ABD = 48\text{ cm}^2$.
• 평행사변형 전체 넓이 $= 48 \times 2 = 96\text{ cm}^2$.
🌿 율초의 핵심 비책: 평행사변형에서 대변의 두 중점을 한 꼭짓점과 연결하면, 대각선은 두 삼각형의 무게중심에 의해 정확히 $1 : 1 : 1$로 3등분됩니다.
TYPE 16
진화 계통도와 대각선 조건 판정의 최종 종합
[문제 16-1 | 표준]
평행사변형 $ABCD$에서 두 대각선의 교점을 $O$라 할 때, 다음 중 사각형 $ABCD$가 **정사각형**이 되기 위한 필요충분조건의 조합으로 옳은 것을 모두 고르시오.
① $\overline{AB} = \overline{BC}$ 이고 $\overline{AC} \perp \overline{BD}$
② $\angle ABC = 90^\circ$ 이고 $\overline{AC} \perp \overline{BD}$
③ $\overline{AC} = \overline{BD}$ 이고 $\overline{OA} = \overline{OB}$
④ $\overline{AC} = \overline{BD}$ 이고 $\overline{AB} = \overline{AD}$
⑤ $\angle AOB = 90^\circ$ 이고 $\angle BAC = 45^\circ$
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정답: ②번, ④번, ⑤번
• ①번: 두 조건 모두 마름모 조건이므로 마름모만 될 뿐 정사각형은 보장하지 못함.
• ②번: $\angle ABC = 90^\circ$(직사각형) + $\overline{AC} \perp \overline{BD}$(마름모) $\implies$ 정사각형 (참).
• ③번: 두 조건 모두 직사각형 조건이므로 직사각형만 됨.
• ④번: $\overline{AC} = \overline{BD}$(직사각형) + $\overline{AB} = \overline{AD}$(마름모) $\implies$ 정사각형 (참).
• ⑤번: $\angle AOB = 90^\circ$(마름모) + 마름모에서 대각선 각이 $45^\circ$이면 내각이 $90^\circ$(직사각형) $\implies$ 정사각형 (참).
[문제 16-2 | 응용]
[고난도 판정 추론] 임의의 사각형 $ABCD$의 두 대각선 $AC, BD$에 대하여 다음 네 명제의 참/거짓을 판별하고, 거짓인 명제에 대해서는 반례가 되는 사각형을 정확히 제시하시오.
(1) 두 대각선이 서로를 수직이등분하는 사각형은 정사각형이다.
(2) 두 대각선의 길이가 같고 서로 다른 것을 이등분하는 사각형은 직사각형이다.
(3) 두 대각선이 서로 수직이고 길이가 같은 사각형은 정사각형이다.
(4) 한 대각선이 다른 대각선을 수직이등분하는 사각형은 마름모이다.
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정답: (1) 거짓, (2) 참, (3) 거짓, (4) 거짓
• (1) 거짓: 반례 = 마름모 (대각선의 길이가 같다는 보장이 없음).
• (2) 참: 서로를 이등분하므로 평행사변형이고, 대각선 길이가 같으므로 직사각형.
• (3) 거짓: 반례 = 연꼴(등변이 수직교차하나 이등분되지 않는 사각형) 또는 대각선이 수직인 등변사다리꼴.
• (4) 거짓: 반례 = 연꼴(Kite, 한쪽 대각선만 다른 쪽을 수직이등분함).
🌿 율초의 핵심 비책: 정사각형 판정 문제는 반드시 **[직사각형의 유전자 1개 + 마름모의 유전자 1개]**가 결합되었는지만 확인하면 오답률 0%를 달성할 수 있습니다.
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율초의 수학 통찰 | 사각형은 조건의 진화 과정이다
중2 기하의 후반부를 장식하는 '사각형의 성질'은 학생들이 가장 많은 도형의 성질과 공식에 치여 혼란스러워하는 단원입니다. 그러나 사각형을 제각각 외우려 하지 마십시오.
사각형은 **'자유로운 사각형에 조건이 하나씩 더해지며 질서를 찾아가는 아름다운 진화의 드라마'**입니다.
• 마주 보는 변에 평행이라는 날개를 달아주면 평행사변형이 되고,
• 각도를 반듯하게 세우면 직사각형, 변의 길이를 절제하여 고르게 맞추면 마름모가 되며,
• 마침내 각과 변이 완벽한 조화를 이루었을 때 가장 완벽한 정사각형에 도달합니다.
여기에 평행선 사이에서 넓이가 자유자재로 형태를 바꾸는 '등적변형'의 직관까지 갖추게 되면, 고등학교 수능 수학에서 요구하는 고난도 기하 벡터와 좌표기하의 단단한 주춧돌이 완성됩니다.
오늘 정리한 16개 핵심 유형과 32개의 문제를 손으로 직접 그리고 증명하며 기하학의 진정한 눈을 뜨시기를 응원합니다.
— 율초의 수학연구소, 1%의 수학적 사고력을 향하여
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