AMC 10 · 2023 · #25
학년 8 geometry-2d문제
A regular pentagon with area 5+1 is printed on paper and cut out. The five vertices of the pentagon are folded into the center of the pentagon, creating a smaller pentagon. What is the area of the new pentagon?
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AMC 10 2023 problem © Mathematical Association of America (MAA AMC). Reproduced for educational use.
풀이는 먼저 직접 풀어본 뒤에 보는 게 가장 효과적이에요.
도구 + CCSS 풀이
이해
문제 재정리: 넓이가 $\sqrt{5} + 1$ 인 정오각형의 다섯 꼭짓점을 모두 중심으로 접으면 다섯 개의 접힘선이 더 작은 정오각형을 만듭니다. 이 안쪽 오각형의 넓이를 구합니다.
주어진 것: 원래 도형: 정오각형, 넓이 $\sqrt{5} + 1$; 각 꼭짓점이 중심으로 접힐 때 꼭짓점 $V$ 의 접힘선은 선분 $OV$ 의 수직이등분선 ($O$ 는 중심); 다섯 접힘선이 안쪽 오각형의 경계 — 원래의 $5$ 회 회전대칭으로 안쪽 오각형도 정오각형이며 중심은 $O$; 선택지: (A) $4 - \sqrt{5}$, (B) $\sqrt{5} - 1$, (C) $8 - 3\sqrt{5}$, (D) $\tfrac{\sqrt{5}+1}{2}$, (E) $\tfrac{2+\sqrt{5}}{3}$
구하는 것: 안쪽(접힌) 오각형의 넓이
이해
문제 재정리: 넓이가 $\sqrt{5} + 1$ 인 정오각형의 다섯 꼭짓점을 모두 중심으로 접으면 다섯 개의 접힘선이 더 작은 정오각형을 만듭니다. 이 안쪽 오각형의 넓이를 구합니다.
주어진 것: 원래 도형: 정오각형, 넓이 $\sqrt{5} + 1$; 각 꼭짓점이 중심으로 접힐 때 꼭짓점 $V$ 의 접힘선은 선분 $OV$ 의 수직이등분선 ($O$ 는 중심); 다섯 접힘선이 안쪽 오각형의 경계 — 원래의 $5$ 회 회전대칭으로 안쪽 오각형도 정오각형이며 중심은 $O$; 선택지: (A) $4 - \sqrt{5}$, (B) $\sqrt{5} - 1$, (C) $8 - 3\sqrt{5}$, (D) $\tfrac{\sqrt{5}+1}{2}$, (E) $\tfrac{2+\sqrt{5}}{3}$
계획
주요 도구: #10 직접 만져보기
보조 도구: #1 그림 그리기, #7 작은 문제로 쪼개기, #16 관점 바꾸기
도구 #10(직접 만져보기) 가 핵심 — 종이 정오각형을 실제로 접어 보면 접힘선들이 어떤 모양을 만드는지 보입니다. 결과는 같은 중심을 공유하는 더 작은 정오각형. 도구 #1(그림) — $O$ 중심, 꼭짓점 $V$, 선분 $OV$, 그 수직이등분선인 접힘선을 표시. 도구 #7(쪼개기) 가 '새 넓이' 를 (i) 두 오각형의 선형 비 구하기 → (ii) 비를 제곱해 주어진 넓이에 곱하기 로 분리. 도구 #16(관점 바꾸기) 가 깔끔한 선형 차원으로 작은 오각형의 내접원반지름 vs 큰 오각형의 내접원반지름을 선택.
실행 — 정답: B
8.G.A.2 단계 1 - 종이를 접기.
- 중심 $O$ 에 꼭짓점 $V$ 를 포개면 접힘선이 선분 $OV$ 의 수직이등분선이 됩니다.
- 다섯 접힘선이 안쪽 오각형의 경계.
- 원래의 $72^{\circ}$ 회전대칭으로 안쪽도 정오각형이며 같은 중심 $O$.
💡 8학년 '강체 변환에 의한 합동' — 꼭짓점 $V$ 를 $O$ 로 접는 것은 접힘선을 축으로 한 반사이고, 그 축이 $OV$ 의 수직이등분선.
7.G.B.5 단계 2 - 작은 오각형의 내접원반지름 읽기.
- 각 접힘선이 $OV$ 의 수직이등분선이므로, $O$ 에서 접힘선까지 내린 수선의 발은 $OV$ 의 중점, 즉 $O$ 에서 거리 $\tfrac{|OV|}{2} = \tfrac{R}{2}$ 에 있습니다.
- 그 발이 곧 작은 오각형의 내접원반지름의 길이 $r_{s}$.
- 따라서 $r_{s} = \tfrac{R}{2}$, 여기서 $R$ 은 큰 오각형의 외접원반지름.
💡 7학년 '수직·인접 각 활용' — $O$ 에서 접힘선까지의 수선의 발이 $OV$ 의 중점.
8.G.B.7 단계 3 - 큰 오각형의 내접원반지름 구하기.
- 정오각형은 중심에서 다섯 합동 이등변삼각형으로 나뉘고 각 삼각형의 꼭각은 $\tfrac{360^{\circ}}{5} = 72^{\circ}$.
- 중심에서 한 변에 내접원반지름 $r$ 을 내리면 그 수선이 꼭각을 $36^{\circ}$ 로 이등분하고, 빗변 $R$ (외접원반지름) 의 직각삼각형이 생김.
- $\cos 36^{\circ} = \tfrac{r}{R}$, 즉 $r = R \cos 36^{\circ}$.
💡 8학년 '직각삼각형 비' — 부채꼴 한 조각을 반으로 잘라 직각삼각형을 노출.
7.G.A.1 단계 4 - 두 오각형의 선형 비 구성.
- 둘 다 정오각형이고 중심 공유 — 닮음.
- 닮음비는 어느 대응 선형 차원으로 잡든 같으니 내접원반지름끼리 비교: $\dfrac{r_{s}}{r} = \dfrac{R/2}{R \cos 36^{\circ}} = \dfrac{1}{2 \cos 36^{\circ}}$.
💡 7학년 '닮음 도형의 축척' — 닮은 다각형은 모든 대응 차원이 같은 배율.
7.G.A.1 단계 5 - 넓이는 비의 제곱으로 변환.
- 닮은 도형의 넓이는 선형 비의 제곱: $\dfrac{\text{넓이}_{s}}{\text{넓이}_{\text{큰}}} = \dfrac{1}{(2 \cos 36^{\circ})^{2}} = \dfrac{1}{4 \cos^{2} 36^{\circ}}$.
💡 7학년 '닮음' — 넓이 비는 선형 비의 제곱.
8.NS.A.2 단계 6 - 잘 알려진 황금비 항등식 $\cos 36^{\circ} = \tfrac{1 + \sqrt{5}}{4}$ 대입.
- 제곱하면 $\cos^{2} 36^{\circ} = \tfrac{(1 + \sqrt{5})^{2}}{16} = \tfrac{6 + 2\sqrt{5}}{16} = \tfrac{3 + \sqrt{5}}{8}$.
- 그래서 $4 \cos^{2} 36^{\circ} = \tfrac{3 + \sqrt{5}}{2}$, 넓이 비는 $\dfrac{2}{3 + \sqrt{5}}$.
- 분모 유리화: $\dfrac{2(3 - \sqrt{5})}{9 - 5} = \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$.
💡 8학년 '무리수의 유리 근사' — $\cos 36^{\circ}$ 는 황금비 덕분에 깔끔한 제곱근 형태.
8.EE.A.2 단계 7 - 큰 오각형 넓이를 곱해 마무리.
- $\text{넓이}_{s} = (\sqrt{5} + 1) \cdot \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2} = \dfrac{(\sqrt{5} + 1)(3 - \sqrt{5})}{2}$.
- 분자 전개: $3\sqrt{5} - 5 + 3 - \sqrt{5} = 2\sqrt{5} - 2$.
- 따라서 $\text{넓이}_{s} = \tfrac{2\sqrt{5} - 2}{2} = \sqrt{5} - 1$, 선택지 (B).
💡 8학년 '제곱근 기호' — 전개해서 $\sqrt{5}$ 항을 모으면 $\sqrt{5} \cdot \sqrt{5} = 5$ 가 $+3$ 과 상쇄.
8.G.A.2 종이를 접기. 중심 $O$ 에 꼭짓점 $V$ 를 포개면 접힘선이 선분 $OV$ 의 수직이등분선이 됩니다. 다섯 접힘선이 안쪽 오각형의 경계. 원 7.G.B.5 작은 오각형의 내접원반지름 읽기. 각 접힘선이 $OV$ 의 수직이등분선이므로, $O$ 에서 접힘선까지 내린 수선의 발은 $OV$ 의 중점, 즉 8.G.B.7 큰 오각형의 내접원반지름 구하기. 정오각형은 중심에서 다섯 합동 이등변삼각형으로 나뉘고 각 삼각형의 꼭각은 $\tfrac{360^{\circ}} 7.G.A.1 두 오각형의 선형 비 구성. 둘 다 정오각형이고 중심 공유 — 닮음. 닮음비는 어느 대응 선형 차원으로 잡든 같으니 내접원반지름끼리 비교: $\ 7.G.A.1 넓이는 비의 제곱으로 변환. 닮은 도형의 넓이는 선형 비의 제곱: $\dfrac{\text{넓이}_{s}}{\text{넓이}_{\text{큰}} 8.NS.A.2 잘 알려진 황금비 항등식 $\cos 36^{\circ} = \tfrac{1 + \sqrt{5}}{4}$ 대입. 제곱하면 $\cos^{2} 36^ 8.EE.A.2 큰 오각형 넓이를 곱해 마무리. $\text{넓이}_{s} = (\sqrt{5} + 1) \cdot \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2} 검토
합리성 확인: 세 점검. (1) 켤레 인수 $(\sqrt{5} + 1)(\sqrt{5} - 1) = 5 - 1 = 4$ — 큰·작은 넓이 곱이 정수 $4$ 라는 깔끔한 항등식, 정답 가능성 강한 신호. (2) 수치: $\text{넓이}_{\text{큰}} \approx 3.236$, $\text{넓이}_{s} \approx 1.236$, 비 $\approx 0.382 = \tfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$ ✓. (3) 안쪽 오각형은 원래보다 작아야 하고 ($1.236 < 3.236$) 그렇다. (B) $\sqrt{5} - 1$ 이 답.
대안 접근: 도구 #5(패턴) 로 황금비 활용: $\phi = \tfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$ 일 때 $\cos 36^{\circ} = \tfrac{\phi}{2}$. 넓이 비는 $\tfrac{1}{\phi^{2}}$. $\phi^{2} = \phi + 1$ 이므로 비는 $\tfrac{1}{\phi + 1}$, 큰 넓이 $\sqrt{5} + 1 = 2\phi$ 와 곱하면 $\tfrac{2\phi}{\phi + 1} = \tfrac{2\phi}{\phi^{2}} = \tfrac{2}{\phi} = 2(\phi - 1) = \sqrt{5} - 1$. 같은 답.
사용된 CCSS 표준 (최저 학년 8)
7.G.A.1도형의 축척 도면 관련 문제 풀이 (닮은 다각형은 모든 대응 차원이 한 배율, 그래서 넓이 비는 그 제곱.)7.G.B.5보각·여각·맞꼭지각·인접각 성질 활용 ($O$ 에서 접힘선까지 수선의 발이 $OV$ 의 중점 — 작은 오각형의 내접원반지름이라는 사실 확인.)8.G.A.2강체 변환으로 두 2차원 도형의 합동을 이해 (접기를 $V$ 와 $O$ 를 맞바꾸는 반사로 인식 — 접힘선이 $OV$ 의 수직이등분선이어야 함을 추론.)8.G.B.7피타고라스 정리로 직각삼각형의 변 길이 구하기 (다섯 중심 이등변삼각형 중 하나를 반으로 잘라 $\cos 36^{\circ} = r/R$ 의 직각삼각형을 노출.)8.EE.A.2제곱근·세제곱근 기호로 해 표현 ($\sqrt{5}$ 다루기 — $(1 + \sqrt{5})$ 제곱, $(\sqrt{5} + 1)(3 - \sqrt{5})$ 전개, 분모 유리화.)8.NS.A.2무리수의 유리 근사로 크기 비교 ($\cos 36^{\circ}$ 를 소수가 아닌 정확한 대수 형태 $\tfrac{1 + \sqrt{5}}{4}$ 로 다룸.)
⭐ 이 AMC 10 문제는 이미 배운 8학년 제곱근 대수만 있으면 풀려요 — 정오각형의 다섯 꼭짓점을 중심으로 접으면 각 접힘선이 $OV$ 의 수직이등분선이라 작은 오각형의 내접원반지름은 정확히 $R/2$. 큰 오각형의 내접원반지름은 $R \cos 36^{\circ}$. 넓이 비 $\tfrac{1}{4\cos^{2} 36^{\circ}}$ 가 $\cos 36^{\circ} = \tfrac{1+\sqrt 5}{4}$ 로 $\tfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$ 가 되고, $(\sqrt{5}+1) \cdot \tfrac{3 - \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5} - 1$, 선택지 (B).
⭐ 이 AMC 10 문제는 이미 배운 8학년 제곱근 대수만 있으면 풀려요 — 정오각형의 다섯 꼭짓점을 중심으로 접으면 각 접힘선이 $OV$ 의 수직이등분선이라 작은 오각형의 내접원반지름은 정확히 $R/2$. 큰 오각형의 내접원반지름은 $R \cos 36^{\circ}$. 넓이 비 $\tfrac{1}{4\cos^{2} 36^{\circ}}$ 가 $\cos 36^{\circ} = \tfrac{1+\sqrt 5}{4}$ 로 $\tfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$ 가 되고, $(\sqrt{5}+1) \cdot \tfrac{3 - \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5} - 1$, 선택지 (B).