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2000 AIME I Problema 14

Intenta el Problema 14 del 2000 AIME I 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 2000 AIME I, o revisar la clave de respuestas.

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

14.

En el triángulo ABC,ABC, se sabe que los ángulos BB y CC son congruentes. Los puntos PP y QQ están sobre AC‾\overline{AC} y AB‾,\overline{AB}, respectivamente, de modo que AP=PQ=QB=BC.AP = PQ = QB = BC. El ángulo ACBACB mide rr veces lo que mide el ángulo APQ,APQ, donde rr es un número real positivo. Halla el mayor entero que no excede 1000r.1000r.
In triangle ABC,ABC, it is given that angles BB and CC are congruent. Points PP and QQ lie on AC‾\overline{AC} and AB‾,\overline{AB}, respectively, so that AP=PQ=QB=BC.AP = PQ = QB = BC. Angle ACBACB is rr times as large as angle APQ,APQ, where rr is a positive real number. Find the greatest integer that does not exceed 1000r.1000r.
Respuesta: 571
Conceptos:triángulo isóscelesley de los senosidentidad trigonométrica
Nivel de dificultad: 2990
Pista pequeña:
Sea ∠A=α\angle A = \alpha y AP=1.AP = 1. El triángulo isósceles APQAPQ da ∠AQP=α\angle AQP = \alpha y AQ=2cos⁡αAQ = 2\cos\alpha
Let ∠A=α\angle A = \alpha and AP=1.AP = 1. Isosceles triangle APQAPQ gives ∠AQP=α\angle AQP = \alpha and AQ=2cos⁡αAQ = 2\cos\alpha
Pista grande:
Con BC=1,BC = 1, la ley de senos da AB=12sin⁡(α2),AB = \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}, y AQ+QB=ABAQ + QB = AB se reduce a sin⁡3α2=12\sin\frac{3\alpha}{2} = \frac{1}{2}
With BC=1,BC = 1, the law of sines gives AB=12sin⁡(α2),AB = \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}, and AQ+QB=ABAQ + QB = AB reduces to sin⁡3α2=12\sin\frac{3\alpha}{2} = \frac{1}{2}
Solución:
Sea ∠A=α,\angle A = \alpha, y escala de modo que AP=PQ=QB=BC=1.AP = PQ = QB = BC = 1. En el triángulo APQ,APQ, los lados iguales AP=PQAP = PQ dan ∠AQP=∠A=α,\angle AQP = \angle A = \alpha, así que ∠APQ=180∘−2α\angle APQ = 180^\circ - 2\alpha y, por la ley de senos, AQ=sin⁡2αsin⁡α=2cos⁡α.AQ = \frac{\sin 2\alpha}{\sin \alpha} = 2\cos\alpha. En el triángulo ABC,ABC, ∠B=∠C=90∘−α2,\angle B = \angle C = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}, así que AB=BCsin⁡Csin⁡A=cos⁡(α2)sin⁡α=12sin⁡(α2). \begin{aligned} AB &= \frac{BC \sin C}{\sin A} \\ &= \frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin\alpha} = \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}. \end{aligned}
Como AQ+QB=AB,AQ + QB = AB, 2cos⁡α+1=12sin⁡(α2)⟹4sin⁡α2cos⁡α+2sin⁡α2=1. \begin{aligned} 2\cos\alpha + 1 &= \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})} \\ &\quad\Longrightarrow\quad 4\sin\tfrac{\alpha}{2}\cos\alpha \\ &\quad {}+ 2\sin\tfrac{\alpha}{2} = 1. \end{aligned} Por la identidad de producto a suma, 4sin⁡α2cos⁡α4\sin\frac{\alpha}{2}\cos\alpha =2sin⁡3α2= 2\sin\frac{3\alpha}{2} −2sin⁡α2,- 2\sin\frac{\alpha}{2}, así que la ecuación se reduce a sin⁡3α2=12.\sin\frac{3\alpha}{2} = \frac{1}{2}. Entonces α=20∘\alpha = 20^\circ o α=100∘,\alpha = 100^\circ, pero este último hace que AQ=2cos⁡αAQ = 2\cos\alpha sea negativo, así que α=20∘.\alpha = 20^\circ.
Ahora ∠ACB=80∘\angle ACB = 80^\circ y ∠APQ=140∘,\angle APQ = 140^\circ, así que r=80140=47,r = \frac{80}{140} = \frac{4}{7}, y ⌊1000r⌋=⌊40007⌋=571.\lfloor 1000r \rfloor = \left\lfloor \frac{4000}{7} \right\rfloor = 571.
Let ∠A=α,\angle A = \alpha, and scale so AP=PQ=QB=BC=1.AP = PQ = QB = BC = 1. In triangle APQ,APQ, the equal sides AP=PQAP = PQ give ∠AQP=∠A=α,\angle AQP = \angle A = \alpha, so ∠APQ=180∘−2α\angle APQ = 180^\circ - 2\alpha and, by the law of sines, AQ=sin⁡2αsin⁡α=2cos⁡α.AQ = \frac{\sin 2\alpha}{\sin \alpha} = 2\cos\alpha. In triangle ABC,ABC, ∠B=∠C=90∘−α2,\angle B = \angle C = 90^\circ - \frac{\alpha}{2}, so AB=BCsin⁡Csin⁡A=cos⁡(α2)sin⁡α=12sin⁡(α2). \begin{aligned} AB &= \frac{BC \sin C}{\sin A} \\ &= \frac{\cos(\frac{\alpha}{2})}{\sin\alpha} = \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})}. \end{aligned}
Since AQ+QB=AB,AQ + QB = AB, 2cos⁡α+1=12sin⁡(α2)⟹4sin⁡α2cos⁡α+2sin⁡α2=1. \begin{aligned} 2\cos\alpha + 1 &= \frac{1}{2\sin(\frac{\alpha}{2})} \\ &\quad\Longrightarrow\quad 4\sin\tfrac{\alpha}{2}\cos\alpha \\ &\quad {}+ 2\sin\tfrac{\alpha}{2} = 1. \end{aligned} By the product-to-sum identity, 4sin⁡α2cos⁡α4\sin\frac{\alpha}{2}\cos\alpha =2sin⁡3α2= 2\sin\frac{3\alpha}{2} −2sin⁡α2,- 2\sin\frac{\alpha}{2}, so the equation collapses to sin⁡3α2=12.\sin\frac{3\alpha}{2} = \frac{1}{2}. Then α=20∘\alpha = 20^\circ or α=100∘,\alpha = 100^\circ, but the latter makes AQ=2cos⁡αAQ = 2\cos\alpha negative, so α=20∘.\alpha = 20^\circ.
Now ∠ACB=80∘\angle ACB = 80^\circ and ∠APQ=140∘,\angle APQ = 140^\circ, so r=80140=47,r = \frac{80}{140} = \frac{4}{7}, and ⌊1000r⌋=⌊40007⌋=571.\lfloor 1000r \rfloor = \left\lfloor \frac{4000}{7} \right\rfloor = 571.
Problema 13#13
Examen completo
Problema 15#15

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