Logo para LIVE por Po-Shen Loh

LIVE

1996 AIME Problema 15

Intenta el Problema 15 del 1996 AIME 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 1996 AIME, o revisar la clave de respuestas.

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

15.

En el paralelogramo ABCD,ABCD, sea OO la intersección de las diagonales AC‾\overline{AC} y BD‾.\overline{BD}. Los ángulos CABCAB y DBCDBC miden cada uno el doble que el ángulo DBA,DBA, y el ángulo ACBACB mide rr veces el ángulo AOB.AOB. Halla el mayor entero que no excede a 1000r.1000r.
In parallelogram ABCD,ABCD, let OO be the intersection of diagonals AC‾\overline{AC} and BD‾.\overline{BD}. Angles CABCAB and DBCDBC are each twice as large as angle DBA,DBA, and angle ACBACB is rr times as large as angle AOB.AOB. Find the greatest integer that does not exceed 1000r.1000r.
Respuesta: 777
Conceptos:paralelogramoley de los senosidentidad trigonométrica
Nivel de dificultad: 2560
Pista pequeña:
Define ∠DBA=α\angle DBA=\alpha y compara los triángulos ABCABC y ABDABD
Set ∠DBA=α\angle DBA=\alpha and compare triangles ABCABC and ABDABD
Pista grande:
Usa la ley de los senos para obtener una ecuación con sin⁡5α,\sin5\alpha, sin⁡2α,\sin2\alpha, y sin⁡α\sin\alpha
Use the law of sines to obtain an equation involving sin⁡5α,\sin5\alpha, sin⁡2α,\sin2\alpha, and sin⁡α\sin\alpha
Solución:
Sea ∠DBA=α.\angle DBA=\alpha. Entonces ∠DBC=∠CAB=2α,\angle DBC=\angle CAB=2\alpha, así que en △ABC\triangle ABC los ángulos son 2α,2\alpha, 3α,3\alpha, y 180∘−5α.180^\circ-5\alpha. Como AD∥BC,AD\parallel BC, el triángulo ABDABD tiene ángulos α,\alpha, 2α,2\alpha, y 180∘−3α.180^\circ-3\alpha.
Al aplicar la ley de los senos en los dos triángulos y usar AD=BCAD=BC se obtiene ABBC=sin⁡5αsin⁡2α=sin⁡2αsin⁡α.\frac{AB}{BC}=\frac{\sin5\alpha}{\sin2\alpha}=\frac{\sin2\alpha}{\sin\alpha}. Con u=cos⁡2α,u=\cos^2\alpha, esto se convierte en 16u2−16u+1=0.16u^2-16u+1=0. Como 5α<180∘,5\alpha<180^\circ, la raíz válida es u=2+34=cos⁡215∘,u=\frac{2+\sqrt3}{4}=\cos^2 15^\circ, por lo que α=15∘.\alpha=15^\circ. Así, ∠ACB=105∘.\angle ACB=105^\circ. En △AOB,\triangle AOB, los ángulos en AA y BB son 30∘30^\circ y 15∘,15^\circ, de modo que ∠AOB=135∘.\angle AOB=135^\circ. Por tanto, r=105135=79,⌊1000r⌋=777.\begin{aligned}r&=\frac{105}{135}=\frac79,\\\left\lfloor1000r\right\rfloor&=777.\end{aligned}
Let ∠DBA=α.\angle DBA=\alpha. Then ∠DBC=∠CAB=2α,\angle DBC=\angle CAB=2\alpha, so in △ABC\triangle ABC the angles are 2α,2\alpha, 3α,3\alpha, and 180∘−5α.180^\circ-5\alpha. Because AD∥BC,AD\parallel BC, triangle ABDABD has angles α,\alpha, 2α,2\alpha, and 180∘−3α.180^\circ-3\alpha.
Applying the law of sines in the two triangles and using AD=BCAD=BC gives ABBC=sin⁡5αsin⁡2α=sin⁡2αsin⁡α.\frac{AB}{BC}=\frac{\sin5\alpha}{\sin2\alpha}=\frac{\sin2\alpha}{\sin\alpha}. With u=cos⁡2α,u=\cos^2\alpha, this becomes 16u2−16u+1=0.16u^2-16u+1=0. Since 5α<180∘,5\alpha<180^\circ, the valid root is u=2+34=cos⁡215∘,u=\frac{2+\sqrt3}{4}=\cos^2 15^\circ, so α=15∘.\alpha=15^\circ. Thus ∠ACB=105∘.\angle ACB=105^\circ. In △AOB,\triangle AOB, the angles at AA and BB are 30∘30^\circ and 15∘,15^\circ, so ∠AOB=135∘.\angle AOB=135^\circ. Therefore r=105135=79,⌊1000r⌋=777.\begin{aligned}r&=\frac{105}{135}=\frac79,\\\left\lfloor1000r\right\rfloor&=777.\end{aligned}
Problema 14#14
Examen completo

El Problema 15 en otros años

1983 AIME · 1984 AIME · 1985 AIME · 1986 AIME · 1987 AIME · 1988 AIME · 1989 AIME · 1990 AIME · 1991 AIME · 1992 AIME · 1993 AIME · 1994 AIME · 1995 AIME · 1997 AIME · 1998 AIME · 1999 AIME · 2000 AIME I · 2000 AIME II · 2001 AIME I · 2001 AIME II · 2002 AIME I · 2002 AIME II · 2003 AIME I · 2003 AIME II · 2004 AIME I · 2004 AIME II · 2005 AIME I · 2005 AIME II · 2006 AIME I · 2006 AIME II · 2007 AIME I · 2007 AIME II · 2008 AIME I · 2008 AIME II · 2009 AIME I · 2009 AIME II · 2010 AIME I · 2010 AIME II · 2011 AIME I · 2011 AIME II · 2012 AIME I · 2012 AIME II · 2013 AIME I · 2013 AIME II · 2014 AIME I · 2014 AIME II · 2015 AIME I · 2015 AIME II · 2016 AIME I · 2016 AIME II · 2017 AIME I · 2017 AIME II · 2018 AIME I · 2018 AIME II · 2019 AIME I · 2019 AIME II · 2020 AIME I · 2020 AIME II · 2021 AIME I · 2021 AIME II · 2022 AIME I · 2022 AIME II · 2023 AIME I · 2023 AIME II · 2024 AIME I · 2024 AIME II · 2025 AIME I · 2025 AIME II · 2026 AIME I · 2026 AIME II