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1998 AIME Problema 12

Intenta el Problema 12 del 1998 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 1998 AIME, o revisar la clave de respuestas.

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

12.

Sea ABCABC un triángulo equilátero, y sean D,D, E,E, y FF los puntos medios de BC‾,\overline{BC}, CA‾,\overline{CA}, y AB‾,\overline{AB}, respectivamente. Existen puntos P,P, Q,Q, y RR sobre DE‾,\overline{DE}, EF‾,\overline{EF}, y FD‾,\overline{FD}, respectivamente, con la propiedad de que PP está en CQ‾,\overline{CQ}, QQ está en AR‾,\overline{AR}, y RR está en BP‾.\overline{BP}. La razón entre el área del triángulo ABCABC y el área del triángulo PQRPQR es a+bc,a + b\sqrt{c}, donde a,a, b,b, y cc son enteros, y cc no es divisible por el cuadrado de ningún primo. ¿Cuánto vale a2+b2+c2a^2 + b^2 + c^2?
Let ABCABC be equilateral, and D,D, E,E, and FF be the midpoints of BC‾,\overline{BC}, CA‾,\overline{CA}, and AB‾,\overline{AB}, respectively. There exist points P,P, Q,Q, and RR on DE‾,\overline{DE}, EF‾,\overline{EF}, and FD‾,\overline{FD}, respectively, with the property that PP is on CQ‾,\overline{CQ}, QQ is on AR‾,\overline{AR}, and RR is on BP‾.\overline{BP}. The ratio of the area of triangle ABCABC to the area of triangle PQRPQR is a+bc,a + b\sqrt{c}, where a,a, b,b, and cc are integers, and cc is not divisible by the square of any prime. What is a2+b2+c2?a^2 + b^2 + c^2?
Respuesta: 83
Conceptos:triángulo equiláterogeometría analíticarazón de áreassimetría
Nivel de dificultad: 2990
Pista pequeña:
Parametriza P,P, Q,Q, y RR mediante fracciones distintas x,x, y,y, y zz a lo largo de DE,DE, EF,EF, y FDFD; convierte las tres colinealidades en ecuaciones
Parameterize P,P, Q,Q, and RR by separate fractions x,x, y,y, and zz along DE,DE, EF,EF, and FDFD; translate the three collinearities into equations
Pista grande:
Las ecuaciones son x(1+y)=1,x(1+y)=1, y(1+z)=1,y(1+z)=1, y z(1+x)=1;z(1+x)=1; demuestra que obligan a que x=y=z,x=y=z, y luego compara las distancias al cuadrado desde el centro común de los dos triángulos equiláteros
The equations are x(1+y)=1,x(1+y)=1, y(1+z)=1,y(1+z)=1, and z(1+x)=1;z(1+x)=1; show they force x=y=z,x=y=z, then compare squared distances from the common center of the two equilateral triangles
Solución:
Coloquemos A=(0,3),A = (0, \sqrt{3}), B=(−1,0),B = (-1, 0), C=(1,0),C = (1, 0), de modo que D=(0,0),D = (0, 0), E=(12,32),E = \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), F=(−12,32).F = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right). Escribamos P=D+x(E−D),P=D+x(E-D), Q=E+y(F−E),Q=E+y(F-E), y R=F+z(D−F),R=F+z(D-F), donde 0≤x,y,z≤1.0\le x,y,z\le1. Al calcular los tres productos cruzados bidimensionales, las colinealidades C,P,Q;C,P,Q; A,Q,R;A,Q,R; y B,R,PB,R,P dan, respectivamente, x(1+y)=1,y(1+z)=1,z(1+x)=1. \begin{gathered} x(1+y)=1,\\ y(1+z)=1,\\ z(1+x)=1. \end{gathered}
Sea f(u)=11+u.f(u)=\frac{1}{1+u}. Las ecuaciones dicen x=f(y),x=f(y), y=f(z),y=f(z), y z=f(x),z=f(x), así que x=f(f(f(x)))=x+22x+3. x=f(f(f(x)))=\frac{x+2}{2x+3}. Por tanto, x2+x−1=0,x^2+x-1=0, y la positividad da x=5−12.x=\frac{\sqrt5-1}{2}. Las ecuaciones obligan entonces a que y=z=x;y=z=x; llamemos tt a este valor común. Así, la configuración buscada es realmente simétrica y no se ha supuesto que lo fuera.
Con P=(t2,t32)P = \left(\frac{t}{2}, \frac{t\sqrt{3}}{2}\right) y Q=(12−t,32),Q = \left(\frac{1}{2} - t, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), ambos triángulos son equiláteros y tienen centro G=(0,33).G = \left(0, \frac{\sqrt{3}}{3}\right). Por tanto, la razón de áreas es GA2GP2.\frac{GA^2}{GP^2}. Usando t2=1−t,t^2 = 1 - t, GP2=t24+3(t2−13)2=t2−t+13=73−5,GA2=43. \begin{aligned} GP^2 &= \frac{t^2}{4} + 3\left(\frac{t}{2} - \frac{1}{3}\right)^2 \\ &= t^2 - t + \frac{1}{3} \\ &= \frac{7}{3} - \sqrt{5}, \\ GA^2 &= \frac{4}{3}. \end{aligned}
Por consiguiente, [ABC][PQR]=4373−5=47−35=7+35, \begin{aligned} \frac{[ABC]}{[PQR]} &= \frac{\frac{4}{3}}{\frac{7}{3} - \sqrt{5}} \\ &= \frac{4}{7 - 3\sqrt{5}} \\ &= 7 + 3\sqrt{5}, \end{aligned} así que a=7,a = 7, b=3,b = 3, c=5,c = 5, y a2+b2+c2=49+9+25=83.a^2 + b^2 + c^2 = 49 + 9 + 25 = 83.
Place A=(0,3),A = (0, \sqrt{3}), B=(−1,0),B = (-1, 0), C=(1,0),C = (1, 0), so D=(0,0),D = (0, 0), E=(12,32),E = \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), F=(−12,32).F = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right). Write P=D+x(E−D),P=D+x(E-D), Q=E+y(F−E),Q=E+y(F-E), and R=F+z(D−F),R=F+z(D-F), where 0≤x,y,z≤1.0\le x,y,z\le1. Computing the three two-dimensional cross products, the collinearities C,P,Q;C,P,Q; A,Q,R;A,Q,R; and B,R,PB,R,P give, respectively, x(1+y)=1,y(1+z)=1,z(1+x)=1. \begin{gathered} x(1+y)=1,\\ y(1+z)=1,\\ z(1+x)=1. \end{gathered}
Let f(u)=11+u.f(u)=\frac{1}{1+u}. The equations say x=f(y),x=f(y), y=f(z),y=f(z), and z=f(x),z=f(x), so x=f(f(f(x)))=x+22x+3. x=f(f(f(x)))=\frac{x+2}{2x+3}. Hence x2+x−1=0,x^2+x-1=0, and positivity gives x=5−12.x=\frac{\sqrt5-1}{2}. The equations then force y=z=x;y=z=x; call this common value t.t. Thus the desired configuration really is the symmetric one, rather than merely being assumed to be.
With P=(t2,t32)P = \left(\frac{t}{2}, \frac{t\sqrt{3}}{2}\right) and Q=(12−t,32),Q = \left(\frac{1}{2} - t, \frac{\sqrt{3}}{2}\right), both triangles are equilateral with center G=(0,33).G = \left(0, \frac{\sqrt{3}}{3}\right). Therefore the area ratio is GA2GP2.\frac{GA^2}{GP^2}. Using t2=1−t,t^2 = 1 - t, GP2=t24+3(t2−13)2=t2−t+13=73−5,GA2=43. \begin{aligned} GP^2 &= \frac{t^2}{4} + 3\left(\frac{t}{2} - \frac{1}{3}\right)^2 \\ &= t^2 - t + \frac{1}{3} \\ &= \frac{7}{3} - \sqrt{5}, \\ GA^2 &= \frac{4}{3}. \end{aligned}
Hence [ABC][PQR]=4373−5=47−35=7+35, \begin{aligned} \frac{[ABC]}{[PQR]} &= \frac{\frac{4}{3}}{\frac{7}{3} - \sqrt{5}} \\ &= \frac{4}{7 - 3\sqrt{5}} \\ &= 7 + 3\sqrt{5}, \end{aligned} so a=7,a = 7, b=3,b = 3, c=5,c = 5, and a2+b2+c2=49+9+25=83.a^2 + b^2 + c^2 = 49 + 9 + 25 = 83.
Problema 11#11
Examen completo
Problema 13#13

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