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2011 AMC 10B Problema 25

Intenta el Problema 25 del 2011 AMC 10B 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 2011 AMC 10B, o revisar la clave de respuestas.

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

25.

Sea T1T_1 un triángulo con lados 2011,2011, 2012,2012, y 2013.2013. Para n≥1,n \ge 1, si Tn=△ABCT_n = \triangle ABC y D,D, E,E, y FF son los puntos de tangencia de la circunferencia inscrita de △ABC\triangle ABC con los lados AB,AB, BC,BC, y AC,AC, respectivamente, entonces Tn+1T_{n+1} es un triángulo con lados AD,AD, BE,BE, y CF,CF, si existe. ¿Cuál es el perímetro del último triángulo de la sucesión (Tn)( T_n )?
Let T1T_1 be a triangle with side lengths 2011,2011, 2012,2012, and 2013.2013. For n≥1,n \ge 1, if Tn=△ABCT_n = \triangle ABC and D,D, E,E, and FF are the points of tangency of the incircle of △ABC\triangle ABC to the sides AB,AB, BC,BC, and AC,AC, respectively, then Tn+1T_{n+1} is a triangle with side lengths AD,AD, BE,BE, and CF,CF, if it exists. What is the perimeter of the last triangle in the sequence (Tn)?( T_n )?
15098\dfrac{1509}{8}
150932\dfrac{1509}{32}
150964\dfrac{1509}{64}
1509128\dfrac{1509}{128}
1509256\dfrac{1509}{256}
Respuesta: D
Conceptos:circunferencia inscrita, incentro e inradiorecursióndesigualdad triangular
Nivel de dificultad: 2490
Pista pequeña:
Las longitudes de las tangentes desde un mismo vértice son iguales.
Tangent lengths from the same vertex are equal
Pista grande:
Para lados s−1,s,s+1s-1,s,s+1, el siguiente lado central es s2\frac{s}{2}.
For side lengths s−1,s,s+1s-1,s,s+1, the next middle side is s2\frac{s}{2}
Solución:
Para un triángulo con lados a=BCa=BC, b=CAb=CA y c=ABc=AB, las tangentes iguales desde un mismo vértice dan los siguientes lados b+c−a2,a+c−b2,a+b−c2. \begin{gathered} \dfrac{b+c-a}{2}, \\ \quad \dfrac{a+c-b}{2}, \\ \quad \dfrac{a+b-c}{2}. \end{gathered}
Si los lados actuales son s−1,s,s+1s-1,s,s+1, entonces los siguientes son s2−1,s2,s2+1\dfrac{s}{2}-1,\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{2}+1. Así, se mantiene la misma forma mientras el lado central se reduce a la mitad cada vez.
Para TnT_n, el lado central es 20122n−1\frac{2012}{2^{n-1}}. Un triángulo de la forma s−1,s,s+1s-1,s,s+1 existe exactamente cuando s>2s>2.
El último triángulo válido cumple 20122n−1>2\frac{2012}{2^{n-1}}>2, pero el siguiente no. Esto da n=10n=10, con lado central 201229=503128\frac{2012}{2^9}=\frac{503}{128}.
El perímetro es 3⋅503128=15091283\cdot\dfrac{503}{128}=\dfrac{1509}{128}.
Por lo tanto, la respuesta correcta es D.
For a triangle with side lengths a=BCa=BC, b=CAb=CA, and c=ABc=AB, equal tangents from the same vertex give the next side lengths b+c−a2,a+c−b2,a+b−c2. \begin{gathered} \dfrac{b+c-a}{2}, \\ \quad \dfrac{a+c-b}{2}, \\ \quad \dfrac{a+b-c}{2}. \end{gathered}
If the current side lengths are s−1,s,s+1s-1,s,s+1, then the next side lengths are s2−1,s2,s2+1\dfrac{s}{2}-1,\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{2}+1. Thus the same form persists while the middle side halves each time.
For TnT_n, the middle side is 20122n−1\frac{2012}{2^{n-1}}. A triangle of the form s−1,s,s+1s-1,s,s+1 exists exactly when s>2s>2.
The last valid triangle has 20122n−1>2\frac{2012}{2^{n-1}}>2, but the next one does not. This gives n=10n=10, with middle side 201229=503128\frac{2012}{2^9}=\frac{503}{128}.
The perimeter is 3⋅503128=15091283\cdot\dfrac{503}{128}=\dfrac{1509}{128}.
Thus, D is the correct answer.
Problema 24#24
Examen completo

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