Question

En el triángulo $ABC,$ $AB = 10,$ $BC = 14,$ y $CA = 16.$ Sea $D$ un punto en el interior de $\overline{BC}.$ Sean $I_B$ e $I_C$ los incentros de los triángulos $ABD$ y $ACD,$ respectivamente. Las circunferencias circunscritas de los triángulos $BI_BD$ y $CI_CD$ se cortan en dos puntos distintos $P$ y $D.$ El área máxima posible de $\triangle BPC$ puede expresarse en la forma $a - b\sqrt{c},$ donde $a,$ $b,$ y $c$ son enteros positivos y $c$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla $a + b + c.$

In triangle $ABC,$ $AB = 10,$ $BC = 14,$ and $CA = 16.$ Let $D$ be a point in the interior of $\overline{BC}.$ Let $I_B$ and $I_C$ denote the incenters of triangles $ABD$ and $ACD,$ respectively. The circumcircles of triangles $BI_BD$ and $CI_CD$ meet at distinct points $P$ and $D.$ The maximum possible area of $\triangle BPC$ can be expressed in the form $a - b\sqrt{c},$ where $a,$ $b,$ and $c$ are positive integers and $c$ is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c.$

Respuesta

Solución:

En el triángulo $ABD$ el incentro cumple $\angle B I_B D = 90^\circ + \frac{\angle BAD}{2},$ y análogamente $\angle C I_C D = 90^\circ + \frac{\angle DAC}{2},$ así que estos dos ángulos suman $180^\circ + \frac{\angle BAC}{2}.$ La ley de cosenos da $\cos \angle BAC = \frac{10^2 + 16^2 - 14^2}{2 \cdot 10 \cdot 16} = \frac{1}{2},$ así que $\angle BAC = 60^\circ$ y la suma es $210^\circ.$

El segundo punto de intersección $P$ está en el lado opuesto de $\overline{BC}$ respecto de los incentros (si estuviera en el mismo lado, los dos cuadriláteros cíclicos obligarían a $\angle BPC = 210^\circ \gt 180^\circ$ ). Entonces $BI_BDP$ y $CI_CDP$ son cuadriláteros cíclicos convexos, así que $\begin{aligned} \angle BPC &= \angle BPD + \angle DPC \\ &= \left(180^\circ - \angle BI_BD\right) \\ &\quad {}+ \left(180^\circ - \angle CI_CD\right) \\ &= 360^\circ - 210^\circ = 150^\circ, \end{aligned}$ independiente de $D.$ Por tanto $P$ se mueve a lo largo de un arco circular fijo que pasa por $B$ y $C.$

El área del triángulo $BPC$ se maximiza en el punto medio del arco, donde $BP = PC = x.$ La ley de cosenos da $14^2 = 2x^2 + \sqrt{3}\,x^2,$ así que $x^2 = \frac{196}{2 + \sqrt{3}} = 196\left(2 - \sqrt{3}\right),$ y el área es $\frac{1}{2}x^2 \sin 150^\circ = 49\left(2 - \sqrt{3}\right)$ $= 98 - 49\sqrt{3}.$ Por tanto $a + b + c = 98 + 49 + 3 = 150.$

In triangle $ABD$ the incenter satisfies $\angle B I_B D = 90^\circ + \frac{\angle BAD}{2},$ and likewise $\angle C I_C D = 90^\circ + \frac{\angle DAC}{2},$ so these two angles sum to $180^\circ + \frac{\angle BAC}{2}.$ The law of cosines gives $\cos \angle BAC = \frac{10^2 + 16^2 - 14^2}{2 \cdot 10 \cdot 16} = \frac{1}{2},$ so $\angle BAC = 60^\circ$ and the sum is $210^\circ.$

The second intersection point $P$ lies on the opposite side of $\overline{BC}$ from the incenters (were it on the same side, the two cyclic quadrilaterals would force $\angle BPC = 210^\circ \gt 180^\circ$ ). Then $BI_BDP$ and $CI_CDP$ are convex cyclic quadrilaterals, so $\begin{aligned} \angle BPC &= \angle BPD + \angle DPC \\ &= \left(180^\circ - \angle BI_BD\right) \\ &\quad {}+ \left(180^\circ - \angle CI_CD\right) \\ &= 360^\circ - 210^\circ = 150^\circ, \end{aligned}$ independent of $D.$ Hence $P$ moves along a fixed circular arc through $B$ and $C.$

The area of triangle $BPC$ is maximized at the midpoint of the arc, where $BP = PC = x.$ The law of cosines gives $14^2 = 2x^2 + \sqrt{3}\,x^2,$ so $x^2 = \frac{196}{2 + \sqrt{3}} = 196\left(2 - \sqrt{3}\right),$ and the area is $\frac{1}{2}x^2 \sin 150^\circ = 49\left(2 - \sqrt{3}\right)$ $= 98 - 49\sqrt{3}.$ Thus $a + b + c = 98 + 49 + 3 = 150.$

2009 AIME I Problema 15

Solución:

El Problema 15 en otros años