Question

En el triángulo isósceles $ABC,$ $A$ está ubicado en el origen y $B$ está ubicado en $(20, 0).$ El punto $C$ está en el primer cuadrante con $AC = BC$ y $\angle BAC = 75^\circ.$ Si $\triangle ABC$ se rota en sentido antihorario alrededor del punto $A$ hasta que la imagen de $C$ quede sobre el semieje $y$ positivo, el área de la región común al triángulo original y al triángulo rotado tiene la forma $p\sqrt{2} + q\sqrt{3} + r\sqrt{6} + s,$ donde $p,$ $q,$ $r,$ $s$ son enteros. Halla $\frac{p - q + r - s}{2}.$

In isosceles triangle $ABC,$ $A$ is located at the origin and $B$ is located at $(20, 0).$ Point $C$ is in the first quadrant with $AC = BC$ and $\angle BAC = 75^\circ.$ If $\triangle ABC$ is rotated counterclockwise about point $A$ until the image of $C$ lies on the positive $y$ -axis, the area of the region common to the original triangle and the rotated triangle is in the form $p\sqrt{2} + q\sqrt{3} + r\sqrt{6} + s,$ where $p,$ $q,$ $r,$ $s$ are integers. Find $\frac{p - q + r - s}{2}.$

Respuesta

Respuesta: 875

Conceptos:transformación ley de los senos semejanza descomposición de áreas

Nivel de dificultad: 3270

Pista pequeña:

La rotación es de $15^\circ,$ y como $\angle ABC = 75^\circ,$ la imagen $AB'$ de $AB$ es perpendicular a $BC$

The rotation is by $15^\circ,$ and since $\angle ABC = 75^\circ,$ the image $AB'$ of $AB$ is perpendicular to $BC$

Pista grande:

El solapamiento es $[AB'F] - [EB'D],$ donde $D$ es el pie de $AB'$ sobre $BC$ y $E,$ $F$ están sobre $B'C';$ usa la ley de senos y $\triangle EB'D \sim \triangle ABD$

The overlap is $[AB'F] - [EB'D],$ where $D$ is the foot of $AB'$ on $BC$ and $E,$ $F$ lie on $B'C';$ use the law of sines and $\triangle EB'D \sim \triangle ABD$

Solución:

Como $AC$ forma un ángulo de $75^\circ$ con el semieje $x$ positivo, la rotación es de $15^\circ.$ Sean $B'$ y $C'$ las imágenes de $B$ y $C.$ Como $\angle B'AB = 15^\circ$ y $\angle ABC = 75^\circ,$ el segmento $AB'$ es perpendicular a $BC;$ sea $D$ su intersección, y sean $E = BC \cap B'C'$ y $F = AC \cap B'C'.$ La región común es el cuadrilátero $ADEF,$ cuya área es $[AB'F] - [EB'D].$

En el triángulo $AB'F,$ $\angle FAB' = 75^\circ - 15^\circ = 60^\circ$ y $\angle AB'F = 75^\circ,$ así que $\angle AFB' = 45^\circ,$ y la ley de senos da $B'F = \frac{20\sin 60^\circ}{\sin 45^\circ}$ $= 10\sqrt{6}.$ Con $\sin 75^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$ $\begin{aligned} [AB'F] &= \tfrac{1}{2} \cdot 20 \cdot 10\sqrt{6}\,\sin 75^\circ \\ &= 50(3 + \sqrt{3}). \end{aligned}$

En el triángulo rectángulo $ABD,$ $AD = 20\cos 15^\circ$ y $BD = 20\sin 15^\circ,$ así que $[ABD] = 200\sin 15^\circ\cos 15^\circ$ $= 100\sin 30^\circ = 50,$ y $B'D = 20(1 - \cos 15^\circ).$ Los triángulos $EB'D$ y $ABD$ son semejantes (ángulos rectos en $D,$ y $\angle EB'D = \angle ABD = 75^\circ$ ), así que, usando $\cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$ $\begin{aligned} [EB'D] &= 50\left(\frac{1 - \cos 15^\circ}{\sin 15^\circ}\right)^2 \\ &= 50 \\ &\quad {}\cdot \left(15 + 8\sqrt{3} - 6\sqrt{6} - 10\sqrt{2}\right). \end{aligned}$ Por lo tanto $\begin{aligned} [ADEF] &= 50(3 + \sqrt{3}) \\ &\quad {}- 50 \\ &{}\cdot (15 + 8\sqrt{3} - 6\sqrt{6} - 10\sqrt{2}) \\ &= 500\sqrt{2} - 350\sqrt{3} \\ &\quad {}+ 300\sqrt{6} - 600, \end{aligned}$ así que $(p, q, r, s)$ $= (500, -350, 300, -600)$ y $\frac{p - q + r - s}{2} = \frac{1750}{2} = 875.$

Since $AC$ makes a $75^\circ$ angle with the positive $x$ -axis, the rotation is by $15^\circ.$ Let $B'$ and $C'$ be the images of $B$ and $C.$ Because $\angle B'AB = 15^\circ$ and $\angle ABC = 75^\circ,$ segment $AB'$ is perpendicular to $BC;$ let $D$ be their intersection, and let $E = BC \cap B'C'$ and $F = AC \cap B'C'.$ The common region is the quadrilateral $ADEF,$ whose area is $[AB'F] - [EB'D].$

In triangle $AB'F,$ $\angle FAB' = 75^\circ - 15^\circ = 60^\circ$ and $\angle AB'F = 75^\circ,$ so $\angle AFB' = 45^\circ,$ and the law of sines gives $B'F = \frac{20\sin 60^\circ}{\sin 45^\circ}$ $= 10\sqrt{6}.$ With $\sin 75^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$ $\begin{aligned} [AB'F] &= \tfrac{1}{2} \cdot 20 \cdot 10\sqrt{6}\,\sin 75^\circ \\ &= 50(3 + \sqrt{3}). \end{aligned}$

In right triangle $ABD,$ $AD = 20\cos 15^\circ$ and $BD = 20\sin 15^\circ,$ so $[ABD] = 200\sin 15^\circ\cos 15^\circ$ $= 100\sin 30^\circ = 50,$ and $B'D = 20(1 - \cos 15^\circ).$ Triangles $EB'D$ and $ABD$ are similar (right angles at $D,$ and $\angle EB'D = \angle ABD = 75^\circ$ ), so, using $\cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$ $\begin{aligned} [EB'D] &= 50\left(\frac{1 - \cos 15^\circ}{\sin 15^\circ}\right)^2 \\ &= 50 \\ &\quad {}\cdot \left(15 + 8\sqrt{3} - 6\sqrt{6} - 10\sqrt{2}\right). \end{aligned}$ Therefore $\begin{aligned} [ADEF] &= 50(3 + \sqrt{3}) \\ &\quad {}- 50 \\ &{}\cdot (15 + 8\sqrt{3} - 6\sqrt{6} - 10\sqrt{2}) \\ &= 500\sqrt{2} - 350\sqrt{3} \\ &\quad {}+ 300\sqrt{6} - 600, \end{aligned}$ so $(p, q, r, s)$ $= (500, -350, 300, -600)$ and $\frac{p - q + r - s}{2} = \frac{1750}{2} = 875.$

2007 AIME I Problema 12

Respuesta: 875

Nivel de dificultad: 3270

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 12 en otros años