Question

圆 $\omega_1$ 、 $\omega_2$ 和 $\omega_3$ 半径均为 $4$ ，放置在平面上并两两外切。点 $P_1$ 、 $P_2$ 和 $P_3$ 分别在 $\omega_1$ 、 $\omega_2$ 和 $\omega_3$ 上，满足 $P_1P_2=P_2P_3=P_3P_1$ ，且对每个 $i=1$ ， $2$ ， $3$ ，直线 $P_iP_{i+1}$ 与 $\omega_i$ 相切，其中 $P_4=P_1$ 。见下图。 $\triangle P_1P_2P_3$ 的面积可写为 $\sqrt{a}+\sqrt{b}$ ，其中 $a$ 和 $b$ 是正整数。 $a+b$ 是多少？

Circles $\omega_1,$ $\omega_2,$ and $\omega_3$ each have radius $4$ and are placed in the plane so that each circle is externally tangent to the other two. Points $P_1,$ $P_2,$ and $P_3$ lie on $\omega_1,$ $\omega_2,$ and $\omega_3,$ respectively, so that $P_1P_2=P_2P_3=P_3P_1$ and line $P_iP_{i+1}$ is tangent to $\omega_i$ for each $i=1,$ $2,$ $3,$ where $P_4=P_1.$ See the figure below. The area of $\triangle P_1P_2P_3$ can be written in the form $\sqrt{a}+\sqrt{b},$ where $a$ and $b$ are positive integers. What is $a+b?$

$546$

$548$

$550$

$552$

$554$

答案：D

知识点：相切圆特殊直角三角形余弦定理等边三角形

难度评级：2840

小提示：

因为 $P_iP_{i+1}$ 在 $P_i$ 处与 $\omega_i$ 相切，半径 $O_iP_i$ 垂直于 $P_iP_{i+1}$ 。

Since $P_iP_{i+1}$ is tangent to $\omega_i$ at $P_i,$ the radius $O_iP_i$ is perpendicular to $P_iP_{i+1}$

大提示：

令 $K=O_1P_1\cap O_2P_2$ ；设 $d=P_1K$ ，在 $\triangle O_1KO_2$ 中使用余弦定理。

Let $K=O_1P_1\cap O_2P_2;$ with $d=P_1K,$ apply the Law of Cosines in $\triangle O_1KO_2$

解答：

设 $O_i$ 为 $\omega_i$ 的圆心， $K$ 为直线 $O_1P_1$ 与 $O_2P_2$ 的交点。因为 $\angle P_1P_2P_3=60^\circ$ ，三角形 $P_2KP_1$ 是 $30$ - $60$ - $90^\circ$ 三角形。令 $d=P_1K$ ，得 $P_2K=2d$ 且 $P_1P_2=\sqrt3\,d$ 。

在 $\triangle O_1KO_2$ 中使用余弦定理，并利用 $O_1O_2=8$ 得到 $\begin{gathered} 8^2=(d+4)^2+(2d-4)^2 \\ {}-2(d+4)(2d-4)\cos60^\circ\text{，} \end{gathered}$ 化简为 $3d^2-12d-16=0$ ，所以 $d=2+\tfrac23\sqrt{21}$ 。

因此 $P_1P_2=\sqrt3\,d=2\sqrt3+2\sqrt7$ ，面积为 $\begin{gathered} \dfrac{\sqrt3}{4}\left(2\sqrt3+2\sqrt7\right)^2 \\ =10\sqrt3+6\sqrt7 \\ =\sqrt{300}+\sqrt{252}\text{。} \end{gathered}$

所以 $a+b=300+252=552$ 。

所以正确答案是 D。

Let $O_i$ be the center of $\omega_i,$ and let $K$ be the intersection of lines $O_1P_1$ and $O_2P_2.$ Because $\angle P_1P_2P_3=60^\circ,$ triangle $P_2KP_1$ is a $30$ - $60$ - $90^\circ$ triangle. With $d=P_1K,$ we get $P_2K=2d$ and $P_1P_2=\sqrt3\,d.$

The Law of Cosines in $\triangle O_1KO_2$ (with $O_1O_2=8$ ) gives $\begin{gathered} 8^2=(d+4)^2+(2d-4)^2 \\ {}-2(d+4)(2d-4)\cos60^\circ, \end{gathered}$ which simplifies to $3d^2-12d-16=0,$ so $d=2+\tfrac23\sqrt{21}.$

Then $P_1P_2=\sqrt3\,d=2\sqrt3+2\sqrt7,$ and the area is $\begin{gathered} \dfrac{\sqrt3}{4}\left(2\sqrt3+2\sqrt7\right)^2 \\ =10\sqrt3+6\sqrt7 \\ =\sqrt{300}+\sqrt{252}. \end{gathered}$

So $a+b=300+252=552.$

Thus, the correct answer is D.

2018 AMC 12B 第 25 题

答案：D

难度评级：2840

小提示：

大提示：

解答：

其他年份的第 25 题