정답
\(1\text{-}1.\; S_{P_1Q_1R_1}(t)=\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4}\bigl(3(t-1)^2+1\bigr)\)
\(1\text{-}2.\; t_0=1-a\)
1-3. \(0<a\le \dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
\(1\text{-}4.\; \dfrac{-3+2\sqrt{6}}{3}\le a<1\)
출제 의도
정삼각형에서 각 변 위의 점들을 일정한 속도로 이동시킬 때 생기는 내삼각형의 넓이를 좌표를 이용해 식으로 나타내고, 두 삼각형 넓이의 곱을 함수로 두어 그 최소·최댓값을 구하는 문제이다. 즉, 점의 위치를 매개변수 \(t\)의 함수로 두고 넓이를 구한 뒤, 대칭성과 이차식·사차식의 성질을 이용해 미분 없이도 극값을 판단할 수 있는지를 묻는다.
풀이 과정
한 변의 길이가 \(2\)인 정삼각형 \(ABC\)를 다음과 같이 좌표평면 위에 둔다.
$$ B(0,0),\quad C(2,0),\quad A\!\left(1,\sqrt{3}\right) $$
이때 삼각형 \(ABC\)의 넓이는
$$ S_{ABC}=\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3} $$
이다.
변 위의 점 \(X,Y,Z\)는 조건에 따라
\(\overline{AX}=\overline{BY}=\overline{CZ}=2a\quad(0 을 만족한다. 각 변의 길이는 \(2\)이므로, 시간 \(t\)에서의 각 점의 위치를 다음과 같이 둘 수 있다. \(\displaystyle P_1\) : \(A\)에서 \(B\) 방향으로 속력 1로 이동이므로 \(AP_1=t\). \(\displaystyle Q_1\) : \(B\)에서 \(C\) 방향으로 \(BQ_1=t\). \(\displaystyle R_1\) : \(C\)에서 \(A\) 방향으로 \(CR_1=t\). 따라서 \[ \begin{aligned} P_1(t) &= A+\frac{t}{2}(B-A) =\left(1-\frac t2,\ \sqrt{3}\left(1-\frac t2\right)\right),\\[2mm] Q_1(t) &= B+\frac{t}{2}(C-B) = (t,0),\\[2mm] R_1(t) &= C+\frac{t}{2}(A-C) =\left(2-\frac t2,\ \frac{\sqrt{3}}{2}t\right). \end{aligned} \] 삼각형 \(P_1Q_1R_1\)의 넓이는 $$ S_{P_1Q_1R_1}(t) =\frac12\left| \det\begin{pmatrix} Q_1-P_1 & R_1-P_1 \end{pmatrix} \right|. $$ 벡터를 계산하면 \[ \begin{aligned} Q_1-P_1 &=\left(\frac{3t}{2}-1,\ -\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}t\right),\\ R_1-P_1 &=\left(1,\ \sqrt{3}(t-1)\right) \end{aligned} \] 이고, 두 벡터의 외적의 크기는 \[ \begin{aligned} \left|(Q_1-P_1)\times(R_1-P_1)\right| &=\sqrt{3}\left(\frac{3t^2}{2}-3t+2\right). \end{aligned} \] 따라서 $$ S_{P_1Q_1R_1}(t) =\frac12\sqrt{3}\left(\frac{3t^2}{2}-3t+2\right) = \frac{\sqrt{3}}{4}\bigl(3t^2-6t+4\bigr). $$ 이를 완전제곱식으로 정리하면 $$ S_{P_1Q_1R_1}(t) = \frac{\sqrt{3}}{4}\bigl(3(t-1)^2+1\bigr), \qquad 0\le t\le 2. $$ 문제에서 주어진 이동 시간은 \(0\le t\le 2-2a\)이므로, 이것이 곧 1-1의 답이다. 즉, $$ \boxed{S_{P_1Q_1R_1}(t)=\frac{\sqrt{3}}{4}\bigl(3(t-1)^2+1\bigr)}. $$ 다음으로 \(P_2,Q_2,R_2\)의 위치를 본다. \(P_2\)는 \(X\)에서 출발하여 \(AB\) 위를 \(B\) 쪽으로 움직이므로, 시간 \(t\)에서 \(\displaystyle AP_2=AX+XP_2=2a+t\) 가 된다. 즉 \(P_2(t)\)는 \(P_1\)이 시간 \(t+2a\)일 때의 위치와 같다. 마찬가지로 \(Q_2(t)\)는 \(Q_1(t+2a)\), \(R_2(t)\)는 \(R_1(t+2a)\)와 같은 위치가 된다. 따라서 삼각형 \(P_2Q_2R_2\)의 넓이는 $$ S_{P_2Q_2R_2}(t)=S_{P_1Q_1R_1}(t+2a) =\frac{\sqrt{3}}{4}\bigl(3(t+2a-1)^2+1\bigr). $$ 이제 각 문항을 해결한다. 1-1. 이미 구한 대로 $$ \boxed{S_{P_1Q_1R_1}(t)=\dfrac{\sqrt{3}}{4}\bigl(3(t-1)^2+1\bigr)} \qquad(0\le t\le 2-2a). $$ 1-2. 두 삼각형의 넓이가 같아지는 시각 \(t_0\)는 $$ S_{P_1Q_1R_1}(t_0)=S_{P_2Q_2R_2}(t_0) $$ 이므로 \[ \begin{aligned} 3(t_0-1)^2+1 &= 3(t_0+2a-1)^2+1 \\ (t_0-1)^2 &= (t_0+2a-1)^2. \end{aligned} \] 이를 풀면 \[ \begin{aligned} t_0-1 &= -(t_0+2a-1) \\ 2t_0 &= 2-2a \\ t_0 &= 1-a. \end{aligned} \] 따라서 $$ \boxed{t_0=1-a}. $$ 1-3. 함수 $$ f(t)=S_{P_1Q_1R_1}(t)\,S_{P_2Q_2R_2}(t) $$ 를 두고, 편의를 위해 상수 \(\displaystyle k=\frac{\sqrt{3}}{4}\)라 하면 $$ f(t)=k^2\,g(t), \quad g(t)=\bigl(3(t-1)^2+1\bigr)\bigl(3(t+2a-1)^2+1\bigr). $$ \(k^2>0\)이므로 극값의 위치는 \(g(t)\)와 같다. \(t_0=1-a\)를 기준으로 $$ t=1-a+u $$ 로 두면 \[ \begin{aligned} t-1 &= -a+u,\\ t+2a-1 &= a+u. \end{aligned} \] 따라서 \[ \begin{aligned} g(t) &=\bigl(3(-a+u)^2+1\bigr)\bigl(3(a+u)^2+1\bigr) \\[1mm] &=(3a^2-6au+3u^2+1)(3a^2+6au+3u^2+1) \\[1mm] &=(3a^2+3u^2+1)^2-(6au)^2 \end{aligned} \] 이 되어 \(g(t)\)는 \(u\)에 대한 짝함수임을 알 수 있다. \(s=u^2(\ge0)\)라 두면 \[ \begin{aligned} g(t) &=(3a^2+1+3s)^2-36a^2s \\ &=9s^2+(6-18a^2)s+(3a^2+1)^2. \end{aligned} \] \(s\)에 대한 이차식으로서 계수 \(9>0\)이므로 아래로 볼록한 형태이고, 정점의 \(s\)-좌표는 $$ s^* = -\frac{6-18a^2}{2\cdot9} = a^2-\frac13 $$ 이다. 실제로 허용되는 \(t\)의 범위는 \(0\le t\le 2-2a\) 이므로 $$ u=t-(1-a)\in[-(1-a),\,1-a], \quad s=u^2\in[0,\,(1-a)^2] $$ 이다. \(a^2\le \dfrac13\)이면 \(s^*\le0\)이므로, \(s\ge0\)에서의 최소값은 \(s=0\)에서 가지게 된다. 즉, \(g(t)\)는 \(t=t_0\)에서 최소값을 갖는다. 따라서 $$ 0 인 모든 \(a\)에 대하여 함수 \(f(t)\)는 닫힌 구간 \([0,2-2a]\)에서 \(t=t_0\)에서 최소값을 가진다. 즉, $$ \boxed{0 1-4. 이제 \(f(t)\)가 \(t=t_0\)에서 최댓값을 가지도록 하는 \(a\)의 범위를 구한다. \(t=t_0\)에서의 값과 구간 끝점 \(t=0,\,2-2a\)에서의 값을 비교한다. 대칭성 때문에 \(f(0)=f(2-2a)\)이다. 먼저 \[ \begin{aligned} g(t_0) &= \bigl(3a^2+1\bigr)^2,\\[1mm] g(0) &= \bigl(3(0-1)^2+1\bigr)\bigl(3(2a-1)^2+1\bigr) =4\bigl(3(2a-1)^2+1\bigr). \end{aligned} \] \(t_0\)에서 최댓값을 가지려면 $$ g(t_0)\ge g(0) $$ 이 되어야 한다. 이를 정리하면 \[ \begin{aligned} (3a^2+1)^2 &\ge 4\bigl(3(2a-1)^2+1\bigr)\\ 9a^4-42a^2+48a-15 &\ge 0. \end{aligned} \] 좌변을 인수분해하면 \[ \begin{aligned} 9a^4-42a^2+48a-15 &=(3a^2-6a+3)(3a^2+6a-5). \end{aligned} \] \(0 $$ 3a^2+6a-5\ge0 $$ 의 해는 \[ a=\frac{-3\pm 2\sqrt{6}}{3} \] 이므로, 양수인 해를 택하면 $$ a\ge\frac{-3+2\sqrt{6}}{3} $$ 이 되어야 한다. 또한 \(t=t_0\)에서 최댓값을 가지려면 \(t_0\)이 최소가 되던 경우(1-3)와는 반대, 즉 \(a^2>\dfrac13\) 이어야 한다. 하지만 \(\displaystyle \frac{-3+2\sqrt{6}}{3}\approx0.633>\frac1{\sqrt{3}}\approx0.577\) 이므로 위의 부등식을 만족하는 \(a\)는 자동으로 \(a^2>\dfrac13\)을 만족한다. 따라서 $$ \boxed{\frac{-3+2\sqrt{6}}{3}\le a<1} $$ 인 모든 \(a\)에 대하여, 닫힌 구간 \([0,2-2a]\)에서 함수 \(f(t)\)는 \(t=t_0\)에서 최댓값을 가진다. <풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>