Question

Sea $ABCD$ un tetraedro tal que $AB = CD = \sqrt{41},$ $AC = BD = \sqrt{80},$ y $BC = AD = \sqrt{89}.$ Existe un punto $I$ dentro del tetraedro tal que las distancias de $I$ a cada una de las caras del tetraedro son todas iguales. Esta distancia se puede escribir en la forma $\frac{m\sqrt{n}}{p},$ donde $m,$ $n,$ y $p$ son enteros positivos, $m$ y $p$ son primos entre sí, y $n$ no es divisible entre el cuadrado de ningún primo. Halla $m + n + p.$

Let $ABCD$ be a tetrahedron such that $AB = CD = \sqrt{41},$ $AC = BD = \sqrt{80},$ and $BC = AD = \sqrt{89}.$ There exists a point $I$ inside the tetrahedron such that the distances from $I$ to each of the faces of the tetrahedron are all equal. This distance can be written in the form $\frac{m\sqrt{n}}{p},$ where $m,$ $n,$ and $p$ are positive integers, $m$ and $p$ are relatively prime, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

Respuesta

Respuesta: 104

Conceptos:Geometría 3D volumen Fórmula de Herón

Nivel de dificultad: 3270

Pista pequeña:

Las aristas opuestas iguales te permiten inscribir el tetraedro en una caja rectangular cuyas diagonales de cara son $\sqrt{41},$ $\sqrt{80},$ y $\sqrt{89}$

Equal opposite edges let you embed the tetrahedron in a rectangular box whose face diagonals are $\sqrt{41},$ $\sqrt{80},$ and $\sqrt{89}$

Pista grande:

La caja es $4 \times 5 \times 8.$ El punto equidistante es el centro de la esfera inscrita, y $r = \frac{3V}{S}$ con las cuatro caras congruentes.

The box is $4 \times 5 \times 8.$ The equidistant point is the insphere center, and $r = \frac{3V}{S}$ with all four faces congruent.

Solución:

Un tetraedro con aristas opuestas iguales se inscribe en una caja rectangular con las seis aristas como diagonales de cara. Si la caja tiene dimensiones $a \times b \times c,$ entonces $a^2 + b^2 = 41,$ $a^2 + c^2 = 80,$ y $b^2 + c^2 = 89.$ Sumando se obtiene $a^2 + b^2 + c^2 = 105,$ así que $(a, b, c) = (4, 5, 8).$ La caja menos cuatro tetraedros de esquina de volumen $\frac{abc}{6}$ cada uno deja $\begin{aligned} &V = abc - 4 \cdot \frac{abc}{6} \\ &= \frac{abc}{3} = \frac{160}{3}. \end{aligned}$

Las cuatro caras son triángulos congruentes con lados $\sqrt{41},$ $\sqrt{80},$ $\sqrt{89}.$ Por la fórmula de Herón en la forma $16F^2 = 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)$ $- (a^4 + b^4 + c^4)$ aplicada a los lados al cuadrado $41, 80, 89,$ obtenemos $16F^2 = 28098 - 16002 = 12096,$ así que $F = \sqrt{756} = 6\sqrt{21}.$

El punto equidistante de las cuatro caras es el centro de la esfera inscrita, y descomponer el tetraedro en cuatro pirámides sobre las caras da $V = \frac{1}{3} r \cdot 4F.$ Por lo tanto $\begin{aligned} &r = \frac{3V}{4F} = \frac{160}{24\sqrt{21}} \\ &= \frac{20}{3\sqrt{21}} = \frac{20\sqrt{21}}{63}, \end{aligned}$ y $m + n + p = 20 + 21 + 63$ $= 104.$

A tetrahedron with equal opposite edges embeds in a rectangular box with the six edges as face diagonals. If the box has dimensions $a \times b \times c,$ then $a^2 + b^2 = 41,$ $a^2 + c^2 = 80,$ and $b^2 + c^2 = 89.$ Adding gives $a^2 + b^2 + c^2 = 105,$ so $(a, b, c) = (4, 5, 8).$ The box minus four corner tetrahedra of volume $\frac{abc}{6}$ each leaves $\begin{aligned} &V = abc - 4 \cdot \frac{abc}{6} \\ &= \frac{abc}{3} = \frac{160}{3}. \end{aligned}$

All four faces are congruent triangles with sides $\sqrt{41},$ $\sqrt{80},$ $\sqrt{89}.$ By Heron’s formula in the form $16F^2 = 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)$ $- (a^4 + b^4 + c^4)$ applied to the squared sides $41, 80, 89,$ we get $16F^2 = 28098 - 16002 = 12096,$ so $F = \sqrt{756} = 6\sqrt{21}.$

The point equidistant from all four faces is the insphere center, and decomposing the tetrahedron into four pyramids over the faces gives $V = \frac{1}{3} r \cdot 4F.$ Hence $\begin{aligned} &r = \frac{3V}{4F} = \frac{160}{24\sqrt{21}} \\ &= \frac{20}{3\sqrt{21}} = \frac{20\sqrt{21}}{63}, \end{aligned}$ and $m + n + p = 20 + 21 + 63$ $= 104.$

2024 AIME I Problema 14

Respuesta: 104

Nivel de dificultad: 3270

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 14 en otros años