Question

El $\triangle ABC$ equilátero está inscrito en una circunferencia de radio $2.$ Prolonga $\overline{AB}$ más allá de $B$ hasta el punto $D$ de modo que $AD = 13,$ y prolonga $\overline{AC}$ más allá de $C$ hasta el punto $E$ de modo que $AE = 11.$ Por $D,$ traza una recta $\ell_1$ paralela a $\overline{AE},$ y por $E,$ traza una recta $\ell_2$ paralela a $\overline{AD}.$ Sea $F$ la intersección de $\ell_1$ y $\ell_2.$ Sea $G$ el punto de la circunferencia que es colineal con $A$ y $F$ y distinto de $A.$ Dado que el área de $\triangle CBG$ se puede expresar en la forma $\frac{p\sqrt{q}}{r},$ donde $p,$ $q,$ y $r$ son enteros positivos, $p$ y $r$ son primos entre sí, y $q$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo, halla $p + q + r.$

Equilateral $\triangle ABC$ is inscribed in a circle of radius $2.$ Extend $\overline{AB}$ through $B$ to point $D$ so that $AD = 13,$ and extend $\overline{AC}$ through $C$ to point $E$ so that $AE = 11.$ Through $D,$ draw a line $\ell_1$ parallel to $\overline{AE},$ and through $E,$ draw a line $\ell_2$ parallel to $\overline{AD}.$ Let $F$ be the intersection of $\ell_1$ and $\ell_2.$ Let $G$ be the point on the circle that is collinear with $A$ and $F$ and distinct from $A.$ Given that the area of $\triangle CBG$ can be expressed in the form $\frac{p\sqrt{q}}{r},$ where $p,$ $q,$ and $r$ are positive integers, $p$ and $r$ are relatively prime, and $q$ is not divisible by the square of any prime, find $p + q + r.$

Respuesta

Solución:

Por construcción, $ADFE$ es un paralelogramo con $AD = 13,$ $DF = AE = 11,$ y $\angle ADF = 180^\circ - \angle DAE$ $= 120^\circ.$ Por lo tanto $[ADF] = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 11 \sin 120^\circ$ $= \frac{143\sqrt{3}}{4},$ y por la ley de cosenos, $\begin{aligned} AF^2 &= 13^2 + 11^2 \\ &\quad {}- 2 \cdot 13 \cdot 11 \cos 120^\circ \\ &= 169 + 121 + 143 \\ &= 433. \end{aligned}$

Como $G$ está en la circunferencia, los ángulos inscritos dan $\angle GCB = \angle GAB = \angle FAD$ (ambos subtienden el arco $GB$ ) y $\angle CBG = \angle CAG$ (ambos subtienden el arco $CG$ ); y $\angle CAG = \angle AFD$ porque $\overline{AE} \parallel \overline{DF}.$ Así que $\triangle CBG \sim \triangle AFD$ con razón $\frac{CB}{AF}.$ El lado de un triángulo equilátero inscrito en una circunferencia de radio $2$ es $BC = 2\sqrt{3}.$

Por lo tanto $\begin{aligned} [CBG] &= \left(\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{433}}\right)^2 \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{12}{433} \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{429\sqrt{3}}{433}, \end{aligned}$ y $p + q + r$ $= 429 + 3 + 433$ $= 865.$

By construction $ADFE$ is a parallelogram with $AD = 13,$ $DF = AE = 11,$ and $\angle ADF = 180^\circ - \angle DAE$ $= 120^\circ.$ Hence $[ADF] = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 11 \sin 120^\circ$ $= \frac{143\sqrt{3}}{4},$ and by the law of cosines, $\begin{aligned} AF^2 &= 13^2 + 11^2 \\ &\quad {}- 2 \cdot 13 \cdot 11 \cos 120^\circ \\ &= 169 + 121 + 143 \\ &= 433. \end{aligned}$

Since $G$ lies on the circle, inscribed angles give $\angle GCB = \angle GAB = \angle FAD$ (both subtend arc $GB$ ) and $\angle CBG = \angle CAG$ (both subtend arc $CG$ ); and $\angle CAG = \angle AFD$ because $\overline{AE} \parallel \overline{DF}.$ So $\triangle CBG \sim \triangle AFD$ with ratio $\frac{CB}{AF}.$ The side of an equilateral triangle inscribed in a circle of radius $2$ is $BC = 2\sqrt{3}.$

Therefore $\begin{aligned} [CBG] &= \left(\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{433}}\right)^2 \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{12}{433} \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{429\sqrt{3}}{433}, \end{aligned}$ and $p + q + r$ $= 429 + 3 + 433$ $= 865.$

2006 AIME II Problema 12

Solución:

El Problema 12 en otros años