수능 수학 14번 4점 준킬러
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2026학년도 수능 수학 14번 풀이 | 원주각과 외접원 지름

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들어가기 앞서…

원과 호가 여러 번 나오지만 처음부터 모든 점의 위치를 추적할 필요는 없다. 먼저 AA 중심 원에서 같은 반지름 AD=AE=AGAD=AE=AG를 표시하고, 마지막 길이 GHGH가 어떤 원의 현인지 보면 계산할 대상이 줄어든다.

이 문제의 핵심은 GG와 HH의 좌표를 찾는 것이 아니다. C,E,G,HC,E,G,H가 한 원 위에 있으므로 현 GHGH를 외접원 지름과 원주각으로 바꾸는 것이 먼저다.

문제

2026학년도 수능 수학 공통 14번 문제. 3-4-5 직각삼각형 ABC와 A 중심 원, 점 D, E, F, G, H 조건에서 선분 GH의 길이를 묻는 도형 문항.
2026학년도 대학수학능력시험 수학 공통 14번 문제
문제 텍스트 객관식

그림과 같이 AB‾=3\overline{AB}=3, BC‾=4\overline{BC}=4이고 ∠B=π2\angle B=\frac{\pi}{2}인 직각삼각형 ABC가 있다. 선분 AB를 2:12:1로 내분하는 점을 D, 점 A를 중심으로 하고 반지름의 길이가 AD‾\overline{AD}인 원이 선분 AC와 만나는 점을 E, 직선 AB가 이 원과 만나는 점 중 D가 아닌 점을 F라 하고, 호 EF 위의 점 G를

CG‾=26\overline{CG}=2\sqrt6

이 되도록 잡는다. 세 점 C, E, G를 지나는 원 위의 점 H가

∠HCG=∠BAC\angle HCG=\angle BAC

를 만족시킬 때, 선분 GH의 길이는?

  1. ① 6155\frac{6\sqrt{15}}5
  2. ② 381025\frac{38\sqrt{10}}{25}
  3. ③ 1435\frac{14\sqrt3}{5}
  4. ④ 321525\frac{32\sqrt{15}}{25}
  5. ⑤ 8105\frac{8\sqrt{10}}5

정답

④

풀이

그림에서 같은 반지름을 먼저 표시한다

이 문제는 원이 두 번 등장하지만, 처음 손으로 할 일은 복잡한 원을 모두 분석하는 것이 아니다. 점 AA가 중심인 원 위에 어떤 점들이 놓이는지 먼저 표시하면 계산할 대상이 줄어든다.

DD가 ABAB를 2:12:1로 내분하고 AB=3AB=3이므로 AD=2AD=2이다. 따라서 AA를 중심으로 하는 원의 반지름은 22이고, 이 원 위의 점 E,GE,G에 대해 다음이 성립한다.

AD=AE=AG=2AD=AE=AG=2

또 처음 삼각형 ABCABC는 AB=3AB=3, BC=4BC=4인 직각삼각형이므로 AC=5AC=5이다. 나중에 마지막 현 길이에 들어갈 값은 sin⁡∠BAC=45\sin\angle BAC=\frac45이고, EE는 ACAC 위에서 AE=2AE=2인 점이므로 CE=3CE=3이다.

A 중심 원에서 D E G가 같은 원 위에 있어 AD AE AG가 모두 2이고, 직각삼각형 ABC에서 AB 3 BC 4 AC 5와 CE 3, CG 2루트6을 표시한 도형 필기.
처음 조건에서 같은 반지름과 기본 길이를 정리한다.

여기까지 정리하면 AE=AG=2AE=AG=2, AC=5AC=5, CE=3CE=3, CG=26CG=2\sqrt6이 확보된다. 점 FF는 GG가 어떤 호 위에 있는지를 정해 주는 보조 정보이고, 실제 길이 계산에서는 GG가 AA 중심 원 위에 있어 AG=2AG=2라는 사실이 먼저 쓰인다.

현 GHGH를 구하려면 두 번째 원의 지름을 먼저 찾는다

구하려는 것은 GHGH이다. 그런데 HH는 세 점 C,E,GC,E,G를 지나는 원 위의 점이므로 C,E,G,HC,E,G,H는 한 원 위에 있다. 이 원은 AA 중심 원이 아니라, C,E,G,HC,E,G,H를 지나는 두 번째 원이다.

두 번째 원의 반지름을 RR이라 하자. 현 GHGH를 보는 원주각이 ∠HCG\angle HCG이므로 현의 길이는 다음과 같이 쓸 수 있다.

GH=2Rsin⁡∠HCGGH=2R\sin\angle HCG

조건에서 ∠HCG=∠BAC\angle HCG=\angle BAC이고, 이미 sin⁡∠BAC=45\sin\angle BAC=\frac45이다. 따라서 HH의 정확한 위치를 찾을 필요는 없다. 필요한 값은 삼각형 CEGCEG의 외접원 지름 2R2R이다.

C E G H가 같은 원 위에 있고 GH가 현이며 각 HCG가 현 GH를 보는 원주각임을 보이고, 작은 3 4 5 직각삼각형에서 theta1이 angle BAC이고 sin theta1이 4분의5임을 표시한 필기.
GH를 현으로 보고 두 번째 원의 지름 2R이 필요함을 확인한다.

이제 목표는 삼각형 CEGCEG의 외접원 지름을 구하는 것이다. CE=3CE=3과 CG=26CG=2\sqrt6은 이미 알고 있으므로, 먼저 남은 변 EGEG를 구한다.

GG의 좌표 대신 각 CAGCAG를 계산한다

EGEG를 보려면 삼각형 AEGAEG를 보면 된다. 여기서 AE=AG=2AE=AG=2는 이미 알고 있으므로, 두 변 사이의 각만 알면 EGEG가 결정된다.

점 EE는 선분 ACAC 위에 있으므로 ∠EAG=∠CAG\angle EAG=\angle CAG이다. 이 각을 θ\theta라 두고, 먼저 삼각형 ACGACG에서 θ\theta를 계산한다.

A E C가 한 직선 위에 있어 angle EAG와 angle CAG가 같은 theta이고, 삼각형 ACG에서 cos theta가 1분의4, 삼각형 AEG에서 EG 제곱이 6이 되어 EG가 루트6임을 보이는 필기.
E가 AC 위에 있으므로 같은 각으로 EG를 구한다.

삼각형 ACGACG에서 AC=5AC=5, AG=2AG=2, CG=26CG=2\sqrt6이므로 코사인법칙을 쓰면 다음과 같다.

cos⁡θ=AG2+AC2−CG22⋅AG⋅AC=22+52−(26)22⋅2⋅5=14\cos\theta =\frac{AG^2+AC^2-CG^2}{2\cdot AG\cdot AC} =\frac{2^2+5^2-(2\sqrt6)^2}{2\cdot2\cdot5} =\frac14

이 값은 그대로 삼각형 AEGAEG의 끼인각에 대한 코사인값이다. 따라서 AE=AG=2AE=AG=2를 다시 코사인법칙에 넣으면 EGEG가 정해진다.

EG2=AE2+AG2−2⋅AE⋅AGcos⁡θ=22+22−2⋅2⋅2⋅14=6\begin{aligned} EG^2 &=AE^2+AG^2-2\cdot AE\cdot AG\cos\theta\\ &=2^2+2^2-2\cdot2\cdot2\cdot\frac14\\ &=6 \end{aligned}

따라서 EG=6EG=\sqrt6이다. 여기서 중요한 판단은 GG의 좌표를 끝까지 찾지 않는 것이다. 필요한 것은 GG의 정확한 위치가 아니라 삼각형 CEGCEG의 세 변이다.

삼각형 CEGCEG에서 외접원의 지름을 구한다

이제 삼각형 CEGCEG의 세 변은 다음처럼 모두 정해졌다.

CE=3,CG=26,EG=6CE=3,\qquad CG=2\sqrt6,\qquad EG=\sqrt6

외접원의 지름 2R2R을 구하려면 사인법칙을 쓰면 된다. EGEG의 맞은편 각인 ∠ECG\angle ECG를 ϕ\phi라 하자.

삼각형 CEG에서 CE 3, CG 2루트6, EG 루트6을 표시하고 phi가 angle ECG이며 EG의 맞은편 각임을 보인 뒤 cos phi와 sin phi, 외접원 지름 2R을 계산한 필기.
삼각형 CEG의 세 변에서 외접원 지름을 계산한다.

먼저 코사인법칙으로 ϕ\phi의 코사인값을 구한다.

cos⁡ϕ=CE2+CG2−EG22⋅CE⋅CG=32+(26)2−(6)22⋅3⋅26=368\cos\phi =\frac{CE^2+CG^2-EG^2}{2\cdot CE\cdot CG} =\frac{3^2+(2\sqrt6)^2-(\sqrt6)^2}{2\cdot3\cdot2\sqrt6} =\frac{3\sqrt6}{8}

ϕ\phi는 삼각형 CEGCEG의 내각이므로 sin⁡ϕ>0\sin\phi>0인 값을 택한다. 따라서 사인값은 다음과 같다.

sin⁡ϕ=1−(368)2=108\sin\phi =\sqrt{1-\left(\frac{3\sqrt6}{8}\right)^2} =\frac{\sqrt{10}}8

사인법칙에서 EGEG의 맞은편 각이 ϕ\phi이므로 외접원의 지름은 다음과 같다.

2R=EGsin⁡ϕ=6108=81552R=\frac{EG}{\sin\phi} =\frac{\sqrt6}{\frac{\sqrt{10}}8} =\frac{8\sqrt{15}}5

원주각 조건을 마지막에 대입한다

앞에서 GH=2Rsin⁡∠HCGGH=2R\sin\angle HCG로 정리했다. 또 문제의 조건은 ∠HCG=∠BAC\angle HCG=\angle BAC이고, 처음 삼각형에서 sin⁡∠BAC=45\sin\angle BAC=\frac45였다.

따라서 최종 길이는 아래와 같다.

GH=2Rsin⁡∠HCG=2Rsin⁡∠BAC=8155⋅45=321525\begin{aligned} GH &=2R\sin\angle HCG\\ &=2R\sin\angle BAC\\ &=\frac{8\sqrt{15}}5\cdot\frac45\\ &=\frac{32\sqrt{15}}{25} \end{aligned}

따라서 GH=321525GH=\frac{32\sqrt{15}}{25}이고, 정답은 ④이다.

다시 풀 때는 이 순서만 기억한다

이 문제에서 먼저 볼 것은 AA 중심 원의 같은 반지름이다. AD=2AD=2에서 AE=AG=2AE=AG=2가 바로 나오므로, GG와 HH의 위치를 모두 추적할 필요가 줄어든다.

다음으로 최종 목표 GHGH를 거꾸로 본다. C,E,G,HC,E,G,H가 한 원 위에 있으므로 GHGH는 그 원의 현이고, ∠HCG\angle HCG는 그 현을 보는 원주각이다. 그래서 HH의 좌표가 아니라 외접원의 지름 2R2R을 구하면 된다.

마지막 계산은 삼각형을 이어 붙이는 방식이다. 삼각형 ACGACG에서 ∠CAG\angle CAG를 구하고, EE가 ACAC 위에 있으므로 그 각을 삼각형 AEGAEG에 그대로 옮겨 EGEG를 구한다. 그 뒤 삼각형 CEGCEG의 외접원 지름을 사인법칙으로 구하면 된다.