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2023 AIME I Problema 8

Intenta el Problema 8 del 2023 AIME I a continuación y luego compara tu respuesta con la solución preparada profesionalmente de LIVE by Po-Shen Loh. También puedes intentar el examen cronometrado completo, ver todas las soluciones del 2023 AIME I, o revisar la clave de respuestas.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

8.

El rombo ABCDABCD tiene ∠BAD<90∘.\angle BAD \lt 90^\circ. Hay un punto PP sobre la circunferencia inscrita del rombo tal que las distancias de PP a las rectas DA,DA, AB,AB, y BCBC son 9,9, 5,5, y 16,16, respectivamente. Halla el perímetro de ABCD.ABCD.
Rhombus ABCDABCD has ∠BAD<90∘.\angle BAD \lt 90^\circ. There is a point PP on the incircle of the rhombus such that the distances from PP to the lines DA,DA, AB,AB, and BCBC are 9,9, 5,5, and 16,16, respectively. Find the perimeter of ABCD.ABCD.
Respuesta: 125
Conceptos:rombocircunferencia inscrita, incentro e inradiogeometría analítica
Nivel de dificultad: 2920
Pista pequeña:
Las distancias de PP a las rectas paralelas DADA y BCBC suman la altura del rombo, así que la altura es 25.25.
The distances from PP to the parallel lines DADA and BCBC add up to the height of the rhombus, so the height is 25.25.
Pista grande:
Centra la circunferencia inscrita en el origen: P=(±12,72),P = (\pm 12, \frac{7}{2}), y la condición de distancia 55 a la recta tangente ABAB se convierte en una ecuación en sin⁡∠BAD.\sin \angle BAD.
Center the incircle at the origin: P=(±12,72),P = (\pm 12, \frac{7}{2}), and the distance-55 condition to the tangent line ABAB becomes an equation in sin⁡∠BAD.\sin \angle BAD.
Solución:
Las distancias de un punto interior a las rectas paralelas DADA y BCBC suman la distancia entre ellas, la altura del rombo. Así que la altura es 9+16=25,9 + 16 = 25, y la circunferencia inscrita, tangente a ambas rectas, tiene radio 252.\frac{25}{2}. Centra la circunferencia inscrita en el origen con DA: y=252DA:\ y = \frac{25}{2} y BC: y=−252.BC:\ y = -\frac{25}{2}. Entonces PP tiene coordenada yy igual a 252−9=72,\frac{25}{2} - 9 = \frac{7}{2}, y x2+(72)2=(252)2x^2 + \left(\frac{7}{2}\right)^2 = \left(\frac{25}{2}\right)^2 da x=±12.x = \pm 12.
Sea α=∠BAD.\alpha = \angle BAD. La recta ABAB es tangente a la circunferencia inscrita y forma un ángulo α\alpha con la horizontal, así que (orientando la figura de forma adecuada) es xsin⁡α+ycos⁡α=−252,x \sin\alpha + y \cos\alpha = -\frac{25}{2}, y los puntos interiores satisfacen xsin⁡α+ycos⁡α+252>0.x\sin\alpha + y\cos\alpha + \frac{25}{2} \gt 0. La condición dist⁡(P,AB)=5\operatorname{dist}(P, AB) = 5 dice xsin⁡α+72cos⁡α+252=5.x \sin\alpha + \frac{7}{2}\cos\alpha + \frac{25}{2} = 5. Para x=12x = 12 el lado izquierdo supera 252,\frac{25}{2}, así que x=−12,x = -12, y la ecuación queda 24sin⁡α−7cos⁡α=15.24\sin\alpha - 7\cos\alpha = 15.
Sustituyendo 7cos⁡α=24sin⁡α−157\cos\alpha = 24\sin\alpha - 15 en sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1 se obtiene 625sin⁡2α−720sin⁡α625\sin^2\alpha - 720\sin\alpha +176=0,+ 176 = 0, así que sin⁡α=45\sin\alpha = \frac{4}{5} o 44125.\frac{44}{125}. La raíz 44125\frac{44}{125} hace que cos⁡α=24sin⁡α−157\cos\alpha = \frac{24\sin\alpha - 15}{7} sea negativo, contradiciendo ∠BAD<90∘.\angle BAD \lt 90^\circ. Así que sin⁡α=45,\sin\alpha = \frac{4}{5}, la longitud del lado es 25sin⁡α=1254,\frac{25}{\sin\alpha} = \frac{125}{4}, y el perímetro es 4⋅1254=125.4 \cdot \frac{125}{4} = 125.
The distances from an interior point to the parallel lines DADA and BCBC add up to the distance between them, the height of the rhombus. So the height is 9+16=25,9 + 16 = 25, and the incircle, tangent to both lines, has radius 252.\frac{25}{2}. Center the incircle at the origin with DA: y=252DA:\ y = \frac{25}{2} and BC: y=−252.BC:\ y = -\frac{25}{2}. Then PP has yy-coordinate 252−9=72,\frac{25}{2} - 9 = \frac{7}{2}, and x2+(72)2=(252)2x^2 + \left(\frac{7}{2}\right)^2 = \left(\frac{25}{2}\right)^2 gives x=±12.x = \pm 12.
Let α=∠BAD.\alpha = \angle BAD. Line ABAB is tangent to the incircle and makes angle α\alpha with the horizontal, so (orienting the figure suitably) it is xsin⁡α+ycos⁡α=−252,x \sin\alpha + y \cos\alpha = -\frac{25}{2}, and interior points satisfy xsin⁡α+ycos⁡α+252>0.x\sin\alpha + y\cos\alpha + \frac{25}{2} \gt 0. The condition dist⁡(P,AB)=5\operatorname{dist}(P, AB) = 5 reads xsin⁡α+72cos⁡α+252=5.x \sin\alpha + \frac{7}{2}\cos\alpha + \frac{25}{2} = 5. For x=12x = 12 the left side exceeds 252,\frac{25}{2}, so x=−12,x = -12, and the equation becomes 24sin⁡α−7cos⁡α=15.24\sin\alpha - 7\cos\alpha = 15.
Substituting 7cos⁡α=24sin⁡α−157\cos\alpha = 24\sin\alpha - 15 into sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1 yields 625sin⁡2α−720sin⁡α625\sin^2\alpha - 720\sin\alpha +176=0,+ 176 = 0, so sin⁡α=45\sin\alpha = \frac{4}{5} or 44125.\frac{44}{125}. The root 44125\frac{44}{125} makes cos⁡α=24sin⁡α−157\cos\alpha = \frac{24\sin\alpha - 15}{7} negative, contradicting ∠BAD<90∘.\angle BAD \lt 90^\circ. So sin⁡α=45,\sin\alpha = \frac{4}{5}, the side length is 25sin⁡α=1254,\frac{25}{\sin\alpha} = \frac{125}{4}, and the perimeter is 4⋅1254=125.4 \cdot \frac{125}{4} = 125.
Problema 7#7
Examen completo
Problema 9#9

El Problema 8 en otros años

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