AMC 8 · 2000 · #18

학년 8 geometry-2d

coordinate-geometryarea-trianglesperimeterpythagorean-theorem coordinate-geometryidentify-subproblemscasework ↑ 선수 지식: coordinate-geometrypythagorean-theorem

📏 중간 풀이 💡 3 개 인사이트 📊 도형

문제

Consider these two geoboard quadrilaterals. Which of the following statements is true?

답을 골라 클릭하세요.

(A)

The area of quadrilateral I is more than the area of quadrilateral II.

(B)

The area of quadrilateral I is less than the area of quadrilateral II.

(C)

The quadrilaterals have the same area and the same perimeter.

(D)

The quadrilaterals have the same area, but the perimeter of I is more than the perimeter of II.

(E)

The quadrilaterals have the same area, but the perimeter of I is less than the perimeter of II.

보기 방식:

도구 + CCSS 풀이

이해

문제 재정리: $1$ 단위 간격으로 점이 박힌 지오보드 위에 두 사각형이 그려져 있습니다. 사각형 I 의 꼭짓점은 $(0,3), (0,4), (1,3), (1,2)$ 이고, 사각형 II 의 꼭짓점은 $(2,1), (4,2), (3,1), (3,0)$ 입니다. 두 사각형의 넓이와 둘레에 대한 다섯 개의 진술 중 어느 것이 옳은지 고르세요.

주어진 것: 지오보드의 점들은 정수 좌표에 $1$ 단위 간격으로 놓여 있음; 사각형 I 의 꼭짓점(순서대로): $(0,3),\ (0,4),\ (1,3),\ (1,2)$; 사각형 II 의 꼭짓점(순서대로): $(2,1),\ (4,2),\ (3,1),\ (3,0)$; 선택지 (A)–(E) 는 넓이와 둘레를 비교하는 다섯 진술

구하는 것: 양쪽 넓이와 양쪽 둘레를 모두 구한 뒤, (A)–(E) 중 참인 진술

이해

계획

주요 도구: #1 그림 그리기

보조 도구: #7 작은 문제로 쪼개기, #3 가능성 줄이기

문제 자체가 단위 격자 위 그림으로 주어지므로 도구 #1(그림 그리기)이 자연스러운 첫걸음입니다. 모눈종이에 두 사각형을 다시 그리면 각 변의 길이와 도형이 어떻게 분해되는지 한눈에 보입니다. 각 진술은 "넓이"와 "둘레" 두 질문을 묶어 놓았으므로, 도구 #7(작은 문제로 쪼개기)로 먼저 넓이를 비교하고 그다음 둘레를 비교하는 순서로 일을 나눕니다. 도구 #3(가능성 줄이기)은 AMC 객관식의 마무리에 쓰입니다 — 넓이가 같다는 사실 하나로 (A) 와 (B) 가 사라지고, 남은 일은 둘레의 방향뿐입니다.

실행 — 정답: E

#1 그림 그리기 6.NS.C.6 단계 1

두 도형을 단위 격자 위에 다시 그리고 각 변을 읽어 냅니다.
사각형 I 의 변은 $(0,3)\to(0,4)$, $(0,4)\to(1,3)$, $(1,3)\to(1,2)$, $(1,2)\to(0,3)$ 입니다.
그중 두 변은 수직 단위 선분, 나머지 두 변은 단위 정사각형의 대각선입니다.

$$\text{I 의 변: } 1,\ \sqrt{2},\ 1,\ \sqrt{2}$$

💡 지오보드의 점을 순서쌍으로 좌표평면에 올리는 것은 6학년 "순서쌍으로 점 찾기" 기능 그대로입니다. 도형 I 둘레에 단위 정사각형 윤곽이 보이는 순간 변 길이가 분명해집니다.

#7 작은 문제로 쪼개기 6.G.A.1 단계 2

사각형 I 의 넓이를 합성/분해로 구합니다.
네 꼭짓점 $(0,2),(0,4),(1,4),(1,2)$ 는 도형 I 을 둘러싸는 $1\times 2$ 직사각형(넓이 $2$)을 이룹니다.
도형 I 은 이 직사각형에서 오른쪽 위와 왼쪽 아래 두 직각삼각형을 뺀 모양입니다.
각 삼각형은 두 직각변이 $1$, $1$ 이므로 넓이는 $\tfrac{1}{2}$.
빼면 $2 - \tfrac{1}{2} - \tfrac{1}{2} = 1$.

$$\text{넓이}(\text{I}) = 1 \cdot 2 - 2 \cdot \tfrac{1}{2}\cdot 1 \cdot 1 = 1$$

💡 6학년 "다각형 합성/분해" 표준 — 이상한 모양도 직사각형으로 둘러싼 뒤 모서리 삼각형을 빼면 됩니다.

#7 작은 문제로 쪼개기 6.G.A.1 단계 3

사각형 II 의 넓이도 같은 방법으로 구합니다.
꼭짓점 $(2,0),(4,0),(4,2),(2,2)$ 인 $2 \times 2$ 직사각형(넓이 $4$)으로 둘러쌉니다.
도형 II 는 이 직사각형에서 세 직각삼각형을 뺀 모양입니다: 왼쪽 위 $(2,1)$–$(2,2)$–$(4,2)$ (직각변 $2$ 와 $1$, 넓이 $1$), 왼쪽 아래 $(2,0)$–$(2,1)$–$(3,0)$ (직각변 $1$ 과 $1$, 넓이 $\tfrac{1}{2}$), 오른쪽 아래 $(3,0)$–$(4,0)$–$(4,2)$ (직각변 $1$ 과 $2$, 넓이 $1$).
가운데 삼각형 $(3,1)$–$(4,2)$–$(3,0)$ 은 도형 II 안쪽이지만, 위 정리는 모서리 삼각형만 빼는 식이라 그대로 통합니다.
뺄 합계: $1 + \tfrac{1}{2} + 1 + \tfrac{1}{2} = 3$.
따라서 넓이는 $4 - 3 = 1$.

$$\text{넓이}(\text{II}) = 2 \cdot 2 - 3 = 1$$

💡 같은 "둘러싸기" 요령. 둘러싼 정사각형의 네 번째 모서리 $(4,0)$ 은 도형 II 의 꼭짓점이 아니므로, 거기 붙은 삼각형 $(3,0)$–$(4,0)$–$(4,2)$ 도 함께 빠져야 합니다.

#3 가능성 줄이기 6.G.A.1 단계 4

두 넓이를 비교합니다.
두 도형 모두 넓이가 $1$ 이므로, 어느 한쪽이 더 크다고 주장하는 진술은 모두 거짓입니다.
(A) 와 (B) 를 제거합니다.

$$\text{넓이}(\text{I}) = \text{넓이}(\text{II}) = 1 \;\Rightarrow\; \text{(A), (B) 제거}$$

💡 객관식에서는 "같다" 한 줄이 두 선택지를 한꺼번에 날려 줍니다.

#7 작은 문제로 쪼개기 8.G.B.8 단계 5

사각형 I 의 둘레를 계산합니다.
1단계에서 네 변은 $1$, $\sqrt{2}$, $1$, $\sqrt{2}$ 입니다.

$$P(\text{I}) = 1 + \sqrt{2} + 1 + \sqrt{2} = 2 + 2\sqrt{2}$$

💡 단위 정사각형 대각선의 길이는 피타고라스 정리로 $\sqrt{2}$ — 단위 격자에서는 8학년 "좌표평면 위 두 점 사이 거리" 도구가 이 한 줄로 줄어듭니다.

#7 작은 문제로 쪼개기 8.G.B.8 단계 6

사각형 II 의 둘레는 각 변에 거리 공식을 적용합니다.
$(2,1)$ 에서 $(4,2)$ 까지는 $\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$; $(4,2)$ 에서 $(3,1)$ 까지는 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$; $(3,1)$ 에서 $(3,0)$ 까지는 $1$; $(3,0)$ 에서 $(2,1)$ 까지는 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$.

$$P(\text{II}) = \sqrt{5} + \sqrt{2} + 1 + \sqrt{2} = 1 + 2\sqrt{2} + \sqrt{5}$$

💡 가장 긴 변은 오른쪽으로 $2$, 위로 $1$ 만큼 움직이므로 $2\times 1$ 직사각형의 대각선 — 피타고라스로 $\sqrt{5}$.

#3 가능성 줄이기 8.NS.A.2 단계 7

두 둘레를 뺄셈으로 비교합니다.
$2\sqrt{2}$ 항이 상쇄되고 비교는 $1+\sqrt{5}$ 와 $2$ 의 비교로 줄어듭니다.
$\sqrt{5} > 1$ 이므로 $1 + \sqrt{5} > 2$, 즉 $P(\text{II}) > P(\text{I})$.
진술 (E)와 일치합니다 — 넓이는 같지만, I 의 둘레가 II 의 둘레보다 작습니다.

$$P(\text{II}) - P(\text{I}) = (1+\sqrt{5}) - 2 = \sqrt{5} - 1 > 0 \;\Rightarrow\; \textbf{(E)}$$

💡 8학년 "무리수 어림" 표준으로 $\sqrt{5}$ 는 $2^2 = 4$ 와 $3^2 = 9$ 사이이므로 $2$ 와 $3$ 사이의 값 — 따라서 $\sqrt{5} - 1 > 1 > 0$. 계산기는 필요 없습니다.

[1] #1 6.NS.C.6 두 도형을 단위 격자 위에 다시 그리고 각 변을 읽어 냅니다. 사각형 I 의 변은 $(0,3)\to(0,4)$, $(0,4)\to(1,3)$,

[2] #7 6.G.A.1 사각형 I 의 넓이를 합성/분해로 구합니다. 네 꼭짓점 $(0,2),(0,4),(1,4),(1,2)$ 는 도형 I 을 둘러싸는 $1\times

[3] #7 6.G.A.1 사각형 II 의 넓이도 같은 방법으로 구합니다. 꼭짓점 $(2,0),(4,0),(4,2),(2,2)$ 인 $2 \times 2$ 직사각형(넓이

[4] #3 6.G.A.1 두 넓이를 비교합니다. 두 도형 모두 넓이가 $1$ 이므로, 어느 한쪽이 더 크다고 주장하는 진술은 모두 거짓입니다. (A) 와 (B) 를 제거

[5] #7 8.G.B.8 사각형 I 의 둘레를 계산합니다. 1단계에서 네 변은 $1$, $\sqrt{2}$, $1$, $\sqrt{2}$ 입니다.

[6] #7 8.G.B.8 사각형 II 의 둘레는 각 변에 거리 공식을 적용합니다. $(2,1)$ 에서 $(4,2)$ 까지는 $\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$

[7] #3 8.NS.A.2 두 둘레를 뺄셈으로 비교합니다. $2\sqrt{2}$ 항이 상쇄되고 비교는 $1+\sqrt{5}$ 와 $2$ 의 비교로 줄어듭니다. $\sqrt

검토

합리성 확인: 넓이는 픽의 정리 $A = I + B/2 - 1$ 로 교차 확인합니다($I$ 는 내부 격자점, $B$ 는 경계 격자점). 사각형 I 은 각 변의 $x, y$ 변화량 $\gcd$ 가 모두 $1$ 이므로 $B = 4$, 내부 점은 없으므로 $A = 0 + 4/2 - 1 = 1$. 사각형 II 도 긴 변 $(2,1)$–$(4,2)$ 의 $\gcd(2,1) = 1$ 이고 나머지 세 변도 $\gcd = 1$ 이므로 $B = 4$, 내부 점도 없어 $A = 0 + 4/2 - 1 = 1$. 둘 다 일치. 둘레 비교도 수치 어림으로 확인됩니다: $2\sqrt{2} \approx 2.83$ 이므로 $P(\text{I}) \approx 4.83$, $\sqrt{5} \approx 2.24$ 이므로 $P(\text{II}) \approx 6.07$ — 분명히 더 크고, (E)와 일치합니다.

대안 접근: 처음부터 도구 #3(가능성 줄이기)을 씁니다. 다섯 진술 중 세 개가 "넓이가 같다" 고 주장하므로, 계산 없이도 출제 의도가 그것의 확인 + 둘레 비교임을 짐작할 수 있습니다. 두 넓이를 (픽 정리든 둘러싸기든) 구해 보면 정말 같으므로 (A), (B) 가 사라집니다. 이제 두 도형의 변을 하나씩 짝지어 봅니다: 각각 세 변이 $1, \sqrt{2}, \sqrt{2}$ 로 같습니다. 남은 한 변은 도형 I 이 $1$, 도형 II 가 $\sqrt{5}$. $\sqrt{5} > 1$ 이므로 도형 II 의 둘레가 더 깁니다 — 답은 (E), 전체 산수를 다 하지 않아도 됩니다.

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 8)

6.NS.C.6 유리수를 수직선 위의 한 점으로 이해; 좌표평면으로 확장 (지오보드의 여덟 점을 순서쌍으로 표시하고 각 사각형의 변 연결을 격자에서 읽어 내는 데 사용.)
6.G.A.1 삼각형을 직사각형으로 합성하거나 작은 삼각형으로 분해하여 넓이 구하기 (각 사각형을 둘러싸는 직사각형으로 감싼 뒤 모서리 삼각형을 빼서 두 도형 모두 넓이 $= 1$ 임을 계산.)
8.G.B.8 피타고라스 정리로 좌표평면 위 두 점 사이 거리 구하기 (기울어진 변의 길이를 계산: 단위 대각선은 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$, 도형 II 의 긴 변은 $\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.)
8.NS.A.2 무리수를 유리수로 근사하여 크기 비교하기 ($\sqrt{5} > 1$ (사실 $\sqrt{5} \approx 2.24$) 임을 확인해 $P(\text{II}) - P(\text{I}) = \sqrt{5} - 1 > 0$ 을 정당화.)

⭐ 두 도형이 같은 넓이를 갖더라도 둘레는 크게 다를 수 있습니다. 각 도형을 직사각형으로 둘러싸 넓이가 모두 $1$ 임을 확인한 뒤, 피타고라스로 기울어진 변을 재면 — 도형 II 의 긴 변 $\sqrt{5}$ 가 둘레를 더 길게 만들어 답 (E) 가 나옵니다.

문제

도구 + CCSS 풀이

이해

계획

실행 — 정답: E

검토

사용된 CCSS 표준 (최저 학년 8)

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