15.
En el △ABC, AB=360, BC=507, y CA=780. Sea M el punto medio de CA, y sea D el punto sobre CA tal que BD biseca el ángulo ABC. Sea F el punto sobre BC tal que DF⊥BD. Supón que DF corta a BM en E. La razón DE:EF puede escribirse en la forma nm, donde m y n son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.
In △ABC, AB=360, BC=507, and CA=780. Let M be the midpoint of CA, and let D be the point on CA such that BD bisects angle ABC. Let F be the point on BC such that DF⊥BD. Suppose that DF meets BM at E. The ratio DE:EF can be written in the form nm, where m and n are relatively prime positive integers. Find m+n.
Solución:
Escribe c=AB=360, a=BC=507, b=CA=780. Extiende FD más allá de D hasta encontrar el rayo BA más allá de A en G. En el triángulo BGF, el segmento BD es a la vez una bisectriz y una altura, así que BG=BF=t. La bisectriz también da DACD=ca, así que el teorema de Menelao para la recta GDF que cruza el triángulo ABC dice GBAG⋅FCBF⋅DACD=tt−c⋅a−tt⋅ca=1, así que t=a+c2ac.
Ahora sea F1 el punto sobre AC con FF1∥BM. Como E está sobre BM, tenemos EM∥FF1, así que los triángulos DEM y DFF1 son semejantes y EFDE=MF1DM. La razón de la bisectriz da AD=a+cbc, así que DM=2b−a+cbc=2(a+c)b(a−c). También CF=a−t=a+ca(a−c), así que CF1=CM⋅CBCF=2b⋅a+ca−c y MF1=2b(1−a+ca−c)=a+cbc.
Por lo tanto EFDE=MF1DM=2ca−c=720147=24049, y m+n=49+240=289.
Write c=AB=360, a=BC=507, b=CA=780. Extend FD beyond D to meet ray BA beyond A at G. In triangle BGF, segment BD is both an angle bisector and an altitude, so BG=BF=t. The bisector also gives DACD=ca, so Menelaus' theorem for line GDF crossing triangle ABC says GBAG⋅FCBF⋅DACD=tt−c⋅a−tt⋅ca=1, so t=a+c2ac.
Now let F1 be the point on AC with FF1∥BM. Since E lies on BM, we have EM∥FF1, so triangles DEM and DFF1 are similar and EFDE=MF1DM. The bisector ratio gives AD=a+cbc, so DM=2b−a+cbc=2(a+c)b(a−c). Also CF=a−t=a+ca(a−c), so CF1=CM⋅CBCF=2b⋅a+ca−c and MF1=2b(1−a+ca−c)=a+cbc.
Therefore EFDE=MF1DM=2ca−c=720147=24049, and m+n=49+240=289.
