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2022 AMC 12A 第 25 题

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所有题目均经美国数学协会（MAA）官方合法授权使用。

25.

一个半径为整数 rr 的圆以 (r,r)(r,r) 为圆心。对 1≤i≤141\le i\le14，有若干条互不相同、长度为 cic_i 的线段，连接点 (0,ai)(0,a_i) 与 (bi,0)(b_i,0)，并且都与该圆相切，其中 aia_i、bib_i 和 cic_i 都是正整数，且 c1≤c2≤⋯≤c14c_1\le c_2\le\cdots\le c_{14}。当 rr 取尽可能小的值时，c14c1\dfrac{c_{14}}{c_1} 是多少？

A circle with integer radius rr is centered at (r,r).(r,r). Distinct line segments of length cic_i connect points (0,ai)(0,a_i) to (bi,0)(b_i,0) for 1≤i≤141\le i\le14 and are tangent to the circle, where ai,a_i, bi,b_i, and cic_i are all positive integers and c1≤c2≤⋯≤c14.c_1\le c_2\le\cdots\le c_{14}. What is the ratio c14c1\dfrac{c_{14}}{c_1} for the least possible value of r?r?

215\dfrac{21}{5}

8513\dfrac{85}{13}

77

395\dfrac{39}{5}

1717

答案：E
知识点：内切圆、内心与内切圆半径勾股数因数个数
难度评级：2650
小提示：

从 (0,a)(0,a) 到 (b,0)(b,0) 的线段与该圆相切时，rr 是直角三角形两直角边 a,ba,b 的内切圆半径或半周长

A segment from (0,a)(0,a) to (b,0)(b,0) tangent to this circle makes rr the inradius or the semiperimeter of the right triangle with legs a,ba,b

大提示：

在内切圆半径情形，(a−2r)(b−2r)=2r2(a-2r)(b-2r)=2r^2，所以 2r22r^2 的正因数个数就是有方向线段的条数

For the inradius case, (a−2r)(b−2r)=2r2,(a-2r)(b-2r)=2r^2, so positive divisors of 2r22r^2 count the oriented segments

解答：

圆心为 (r,r)(r,r)、半径为 rr 的圆与两条坐标轴都相切。从 (0,a)(0,a) 到 (b,0)(b,0) 的线段满足 a2+b2=c2a^2+b^2=c^2；当 rr 等于以 a,ba,b 为直角边的直角三角形的内切圆半径 a+b−c2\tfrac{a+b-c}{2} 或半周长 a+b+c2\tfrac{a+b+c}{2} 时，该线段与圆相切。

在内切圆半径情形中，令 x=a−2rx=a-2r 且 y=b−2ry=b-2r。则 xy=2r2xy=2r^2，每个正因数 xx 确定一条有方向的线段，其中 a=x+2ra=x+2r，b=2r2x+2rb=\frac{2r^2}{x}+2r，c=x+2r2x+2rc=x+\frac{2r^2}{x}+2r。因此恰有 d(2r2)d(2r^2) 条这样的线段。

当 r=1,2,3,4,5r=1,2,3,4,5 时，数量分别为 2,4,6,6,62,4,6,6,6，且半周长情形不可能，因为最小的整数直角三角形半周长为 66。当 r=6r=6 时，d(72)=12d(72)=12，而 33-44-55 三角形再贡献两条有方向的线段。因此 66 是最小可能半径，并且恰好给出 1414 条线段。

两个半周长情形的线段满足 c=5c=5。在内切圆半径族中，c=x+72x+12c=x+\frac{72}{x}+12 在 x=1x=1 或 7272 时最大，得到 c=85c=85。因此 c1=5c_1=5，c14=85c_{14}=85，并且 c14c1=17\frac{c_{14}}{c_1}=17。

因此，正确答案是 E。

The circle centered (r,r)(r,r) with radius rr is tangent to both axes. A segment from (0,a)(0,a) to (b,0)(b,0) with a2+b2=c2a^2+b^2=c^2 is tangent to it when rr equals either the inradius a+b−c2\tfrac{a+b-c}{2} or the semiperimeter a+b+c2\tfrac{a+b+c}{2} of the right triangle with legs a,b.a,b.

In the inradius case, put x=a−2rx=a-2r and y=b−2r.y=b-2r. Then xy=2r2,xy=2r^2, and every positive divisor xx determines one oriented segment, with a=x+2r,a=x+2r, b=2r2x+2r,b=\frac{2r^2}{x}+2r, and c=x+2r2x+2r.c=x+\frac{2r^2}{x}+2r. Thus there are exactly d(2r2)d(2r^2) such segments.

For r=1,2,3,4,5,r=1,2,3,4,5, these counts are 2,4,6,6,6,2,4,6,6,6, and no semiperimeter case is possible because the smallest integer right triangle has semiperimeter 6.6. At r=6,r=6, d(72)=12,d(72)=12, and the 33-44-55 triangle contributes two more oriented segments. Hence 66 is the least possible radius and gives exactly 1414 segments.

The two semiperimeter segments have c=5.c=5. In the inradius family, c=x+72x+12c=x+\frac{72}{x}+12 is largest at x=1x=1 or 72,72, giving c=85.c=85. Therefore c1=5,c_1=5, c14=85,c_{14}=85, and c14c1=17.\frac{c_{14}}{c_1}=17.

Thus, the correct answer is E.

第 24 题#24
完整试卷

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