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2003 AIME I Problema 15

Intenta el Problema 15 del 2003 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 2003 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).

15.

En el △ABC,\triangle ABC, AB=360,AB = 360, BC=507,BC = 507, y CA=780.CA = 780. Sea MM el punto medio de CA‾,\overline{CA}, y sea DD el punto sobre CA‾\overline{CA} tal que BD‾\overline{BD} biseca el ángulo ABC.ABC. Sea FF el punto sobre BC‾\overline{BC} tal que DF‾⊥BD‾.\overline{DF} \perp \overline{BD}. Supón que DF‾\overline{DF} corta a BM‾\overline{BM} en E.E. La razón DE:EFDE : EF puede escribirse en la forma mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.
In △ABC,\triangle ABC, AB=360,AB = 360, BC=507,BC = 507, and CA=780.CA = 780. Let MM be the midpoint of CA‾,\overline{CA}, and let DD be the point on CA‾\overline{CA} such that BD‾\overline{BD} bisects angle ABC.ABC. Let FF be the point on BC‾\overline{BC} such that DF‾⊥BD‾.\overline{DF} \perp \overline{BD}. Suppose that DF‾\overline{DF} meets BM‾\overline{BM} at E.E. The ratio DE:EFDE : EF can be written in the form mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.
Respuesta: 289
Conceptos:teorema de la bisectrizrectas paralelassemejanza
Nivel de dificultad: 3370
Pista pequeña:
Extiende FD‾\overline{FD} más allá de DD hasta cortar el rayo BABA en G.G. En el triángulo BGF,BGF, BD‾\overline{BD} es a la vez una altura y una bisectriz, así que BG=BF.BG = BF.
Extend FD‾\overline{FD} past DD to hit ray BABA at G.G. In triangle BGF,BGF, BD‾\overline{BD} is both an altitude and an angle bisector, so BG=BF.BG = BF.
Pista grande:
Toma F1F_1 sobre AC‾\overline{AC} con FF1‾∥BM‾;\overline{FF_1} \parallel \overline{BM}; entonces DE:EF=DM:MF1DE : EF = DM : MF_1 por triángulos semejantes.
Take F1F_1 on AC‾\overline{AC} with FF1‾∥BM‾;\overline{FF_1} \parallel \overline{BM}; then DE:EF=DM:MF1DE : EF = DM : MF_1 by similar triangles
Solución:
Escribe c=AB=360,c = AB = 360, a=BC=507,a = BC = 507, b=CA=780.b = CA = 780. Extiende FD‾\overline{FD} más allá de DD hasta cortar el rayo BABA más allá de AA en G.G. En el triángulo BGF,BGF, el segmento BD‾\overline{BD} es a la vez una bisectriz y una altura, así que BG=BF=t.BG = BF = t. La bisectriz también da CDDA=ac,\frac{CD}{DA} = \frac{a}{c}, así que el teorema de Menelao para la recta GDFGDF que cruza el triángulo ABCABC dice AGGB⋅BFFC⋅CDDA=t−ct⋅ta−t⋅ac=1, \begin{aligned} &\frac{AG}{GB} \cdot \frac{BF}{FC} \cdot \frac{CD}{DA} \\ &= \frac{t - c}{t} \cdot \frac{t}{a - t} \cdot \frac{a}{c} = 1, \end{aligned} por lo que t=2aca+c.t = \frac{2ac}{a + c}.
Ahora sea F1F_1 el punto sobre AC‾\overline{AC} con FF1‾∥BM‾.\overline{FF_1} \parallel \overline{BM}. Como EE está sobre BM‾,\overline{BM}, tenemos EM‾∥FF1‾,\overline{EM} \parallel \overline{FF_1}, así que los triángulos DEMDEM y DFF1DFF_1 son semejantes y DEEF=DMMF1.\frac{DE}{EF} = \frac{DM}{MF_1}. La razón de la bisectriz da AD=bca+c,AD = \frac{bc}{a + c}, así que DM=b2−bca+c=b(a−c)2(a+c).DM = \frac{b}{2} - \frac{bc}{a+c} = \frac{b(a - c)}{2(a + c)}. También CF=a−t=a(a−c)a+c,CF = a - t = \frac{a(a - c)}{a + c}, así que CF1=CM⋅CFCB=b2⋅a−ca+cCF_1 = CM \cdot \frac{CF}{CB} = \frac{b}{2} \cdot \frac{a - c}{a + c} y MF1=b2(1−a−ca+c)=bca+c.MF_1 = \frac{b}{2}\left(1 - \frac{a - c}{a + c}\right) = \frac{bc}{a + c}.
Por lo tanto, DEEF=DMMF1=a−c2c=147720=49240, \begin{aligned} \frac{DE}{EF} &= \frac{DM}{MF_1} = \frac{a - c}{2c} \\ &= \frac{147}{720} = \frac{49}{240}, \end{aligned} y m+n=49+240=289.m + n = 49 + 240 = 289.
Write c=AB=360,c = AB = 360, a=BC=507,a = BC = 507, b=CA=780.b = CA = 780. Extend FD‾\overline{FD} beyond DD to meet ray BABA beyond AA at G.G. In triangle BGF,BGF, segment BD‾\overline{BD} is both an angle bisector and an altitude, so BG=BF=t.BG = BF = t. The bisector also gives CDDA=ac,\frac{CD}{DA} = \frac{a}{c}, so Menelaus’ theorem for line GDFGDF crossing triangle ABCABC says AGGB⋅BFFC⋅CDDA=t−ct⋅ta−t⋅ac=1, \begin{aligned} &\frac{AG}{GB} \cdot \frac{BF}{FC} \cdot \frac{CD}{DA} \\ &= \frac{t - c}{t} \cdot \frac{t}{a - t} \cdot \frac{a}{c} = 1, \end{aligned} so t=2aca+c.t = \frac{2ac}{a + c}.
Now let F1F_1 be the point on AC‾\overline{AC} with FF1‾∥BM‾.\overline{FF_1} \parallel \overline{BM}. Since EE lies on BM‾,\overline{BM}, we have EM‾∥FF1‾,\overline{EM} \parallel \overline{FF_1}, so triangles DEMDEM and DFF1DFF_1 are similar and DEEF=DMMF1.\frac{DE}{EF} = \frac{DM}{MF_1}. The bisector ratio gives AD=bca+c,AD = \frac{bc}{a + c}, so DM=b2−bca+c=b(a−c)2(a+c).DM = \frac{b}{2} - \frac{bc}{a+c} = \frac{b(a - c)}{2(a + c)}. Also CF=a−t=a(a−c)a+c,CF = a - t = \frac{a(a - c)}{a + c}, so CF1=CM⋅CFCB=b2⋅a−ca+cCF_1 = CM \cdot \frac{CF}{CB} = \frac{b}{2} \cdot \frac{a - c}{a + c} and MF1=b2(1−a−ca+c)=bca+c.MF_1 = \frac{b}{2}\left(1 - \frac{a - c}{a + c}\right) = \frac{bc}{a + c}.
Therefore DEEF=DMMF1=a−c2c=147720=49240, \begin{aligned} \frac{DE}{EF} &= \frac{DM}{MF_1} = \frac{a - c}{2c} \\ &= \frac{147}{720} = \frac{49}{240}, \end{aligned} and m+n=49+240=289.m + n = 49 + 240 = 289.
Problema 14#14
Examen completo

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