Logo para LIVE por Po-Shen Loh

LIVE

Español

1992 AMC 12 Problema 30

Intenta el Problema 30 del 1992 AMC 12 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 1992 AMC 12, o revisar la clave de respuestas.

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

30.

Sea ABCDABCD un trapecio isósceles con bases AB=92AB=92 y CD=19.CD=19. Supón que AD=BC=xAD=BC=x y que un círculo cuyo centro está en AB‾\overline{AB} es tangente a los segmentos AD‾\overline{AD} y BC‾.\overline{BC}. Si mm es el menor valor posible de x,x, entonces m2=m^2=

Let ABCDABCD be an isosceles trapezoid with bases AB=92AB=92 and CD=19.CD=19. Suppose AD=BC=xAD=BC=x and a circle with center on AB‾\overline{AB} is tangent to segments AD‾\overline{AD} and BC‾.\overline{BC}. If mm is the smallest possible value of x,x, then m2=m^2=

13691369

16791679

17481748

21092109

88258825

Respuesta: B
Conceptos:isosceles trapezoidcircle tangent to linesoptimizacióngeometría analítica
Nivel de dificultad: 2400
Pista pequeña:

Por simetría, coloca el trapecio con los centros de sus bases en el mismo eje vertical y sitúa el centro del círculo en el punto medio de ABAB

By symmetry, place the trapezoid with its bases centered on the same vertical axis and put the circle’s center at the midpoint of ABAB

Pista grande:

Escribe la distancia del centro a un lado no paralelo y exige que el punto de tangencia esté en el segmento; el mínimo ocurre en el caso límite de un extremo

Write the distance from the center to a leg and require the tangency point to lie on the leg segment; the minimum occurs at an endpoint case

Solución:

Coloca A=(−46,0),A=(-46,0), B=(46,0),B=(46,0), D=(−192,h),D=(-\frac{19}{2},h), y C=(192,h).C=(\frac{19}{2},h). La simetría obliga a que el centro del círculo sea O=(0,0).O=(0,0). El desplazamiento horizontal a lo largo de cada lado no paralelo es 732,\frac{73}{2}, así que x2=h2+(732)2. x^2=h^2+\left(\frac{73}{2}\right)^2. La perpendicular desde OO a un lado no paralelo empieza a tener su pie en el segmento cuando este alcanza el extremo superior; esta condición límite es OD⊥AD.OD\perp AD. Por tanto, (−192,h)⋅(732,h)=0,h2=13874. \begin{aligned} (-\frac{19}{2},h)\cdot(\frac{73}{2},h)&=0,\\ h^2&=\frac{1387}{4}. \end{aligned} Entonces m2=1387+53294=1679. m^2=\frac{1387+5329}{4}=1679.

Por lo tanto, la respuesta correcta es B.

Place A=(−46,0),A=(-46,0), B=(46,0),B=(46,0), D=(−192,h),D=(-\frac{19}{2},h), and C=(192,h).C=(\frac{19}{2},h). Symmetry forces the circle’s center to be O=(0,0).O=(0,0). The horizontal offset along each leg is 732,\frac{73}{2}, so x2=h2+(732)2. x^2=h^2+\left(\frac{73}{2}\right)^2. The perpendicular from OO to a leg first has its foot on the segment when the foot reaches the upper endpoint; this boundary condition is OD⊥AD.OD\perp AD. Thus (−192,h)⋅(732,h)=0,h2=13874. \begin{aligned} (-\frac{19}{2},h)\cdot(\frac{73}{2},h)&=0,\\ h^2&=\frac{1387}{4}. \end{aligned} Therefore m2=1387+53294=1679. m^2=\frac{1387+5329}{4}=1679.

Thus the correct answer is B.

← Problema 29#29
Examen completo

El Problema 30 en otros años

1950 AMC 12 · 1951 AMC 12 · 1952 AMC 12 · 1953 AMC 12 · 1954 AMC 12 · 1955 AMC 12 · 1956 AMC 12 · 1957 AMC 12 · 1958 AMC 12 · 1959 AMC 12 · 1960 AMC 12 · 1961 AMC 12 · 1962 AMC 12 · 1963 AMC 12 · 1964 AMC 12 · 1965 AMC 12 · 1966 AMC 12 · 1967 AMC 12 · 1968 AMC 12 · 1969 AMC 12 · 1970 AMC 12 · 1971 AMC 12 · 1972 AMC 12 · 1973 AMC 12 · 1974 AMC 12 · 1975 AMC 12 · 1976 AMC 12 · 1977 AMC 12 · 1978 AMC 12 · 1979 AMC 12 · 1980 AMC 12 · 1981 AMC 12 · 1982 AMC 12 · 1983 AMC 12 · 1984 AMC 12 · 1985 AMC 12 · 1986 AMC 12 · 1987 AMC 12 · 1988 AMC 12 · 1989 AMC 12 · 1990 AMC 12 · 1991 AMC 12 · 1993 AMC 12 · 1994 AMC 12 · 1995 AMC 12 · 1996 AMC 12 · 1997 AMC 12 · 1998 AMC 12 · 1999 AMC 12