Question

设 $T_1$ 是边长为 $2011, 2012$ 和 $2013$ 的三角形。对 $n \ge 1$ ，若 $T_n = \triangle ABC$ ，且 $D, E$ 和 $F$ 分别是 $\triangle ABC$ 的内切圆与边 $AB, BC$ 和 $AC$ 的切点，则若存在， $T_{n+1}$ 是边长为 $AD, BE$ 和 $CF$ 的三角形。数列 $( T_n )$ 中最后一个三角形的周长是多少？

Let $T_1$ be a triangle with side lengths $2011, 2012,$ and $2013.$ For $n \ge 1,$ if $T_n = \triangle ABC$ and $D, E,$ and $F$ are the points of tangency of the incircle of $\triangle ABC$ to the sides $AB, BC,$ and $AC,$ respectively, then $T_{n+1}$ is a triangle with side lengths $AD, BE,$ and $CF,$ if it exists. What is the perimeter of the last triangle in the sequence $( T_n )?$

$\dfrac{1509}{8}$

$\dfrac{1509}{32}$

$\dfrac{1509}{64}$

$\dfrac{1509}{128}$

$\dfrac{1509}{256}$

答案：D

知识点：内切圆、内心与内切圆半径递推三角不等式

难度评级：2490

解答：

对边长 $a=BC$ 、 $b=CA$ 、 $c=AB$ 的三角形，同一顶点到内切圆的切线段相等，所以下一个三角形边长为 $\begin{gathered} \dfrac{b+c-a}{2}, \\ \quad \dfrac{a+c-b}{2}, \\ \quad \dfrac{a+b-c}{2}. \end{gathered}$

若当前边长为 $s-1,s,s+1$ ，则下一组边长为 $\dfrac{s}{2}-1,\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{2}+1$ 。

只要仍能构成三角形，这种形式会保持。对 $T_n$ ，中间边为 $2012/2^{n-1}$ ，边长形如 $s-1,s,s+1$ ，并且必须满足 $s>2$ 。

最后一个有效三角形满足 $2012/2^{n-1}>2$ ，但下一次不满足。此时 $n=10$ ，中间边为 $2012/2^9=503/128$ 。

周长为 $3\cdot\dfrac{503}{128}=\dfrac{1509}{128}$ 。

所以正确答案是 D。

For a triangle with side lengths $a=BC$ , $b=CA$ , and $c=AB$ , equal tangents from the same vertex give the next side lengths $\begin{gathered} \dfrac{b+c-a}{2}, \\ \quad \dfrac{a+c-b}{2}, \\ \quad \dfrac{a+b-c}{2}. \end{gathered}$

If the current side lengths are $s-1,s,s+1$ , then the next side lengths are $\dfrac{s}{2}-1,\dfrac{s}{2},\dfrac{s}{2}+1$ . Thus the same form persists while the middle side halves each time.

For $T_n$ , the middle side is $2012/2^{n-1}$ . A triangle of the form $s-1,s,s+1$ exists exactly when $s>2$ .

The last valid triangle has $2012/2^{n-1}>2$ , but the next one does not. This gives $n=10$ , with middle side $2012/2^9=503/128$ .

The perimeter is $3\cdot\dfrac{503}{128}=\dfrac{1509}{128}$ .

Thus, D is the correct answer.

2011 AMC 10B 第 25 题

答案：D

难度评级：2490

解答：

其他年份的第 25 题