Question

En $\triangle ABC$ con $AB = 12,$ $BC = 13,$ y $AC = 15,$ sea $M$ un punto sobre $\overline{AC}$ tal que los círculos inscritos de $\triangle ABM$ y $\triangle BCM$ tienen radios iguales. Sean $p$ y $q$ enteros positivos primos entre sí tales que $\frac{AM}{CM} = \frac{p}{q}.$ Halle $p + q.$

In $\triangle ABC$ with $AB = 12,$ $BC = 13,$ and $AC = 15,$ let $M$ be a point on $\overline{AC}$ such that the incircles of $\triangle ABM$ and $\triangle BCM$ have equal radii. Let $p$ and $q$ be positive relatively prime integers such that $\frac{AM}{CM} = \frac{p}{q}.$ Find $p + q.$

Respuesta

Solución:

Sea $k = \frac{AM}{CM}.$ Los triángulos $ABM$ y $CBM$ comparten la altura desde $B,$ así que $\frac{[ABM]}{[CBM]} = k.$ Como el radio inscrito de un triángulo es su área dividida entre su semiperímetro, radios inscritos iguales también obligan a $\frac{12 + AM + BM}{13 + CM + BM} = k$ . De $AM + CM = 15$ obtenemos $AM = \frac{15k}{k+1}$ y $CM = \frac{15}{k+1};$ como $AM = k \cdot CM,$ la ecuación de perímetros se simplifica a $BM(1 - k) = 13k - 12,$ así que $BM = \frac{13k - 12}{1 - k},$ y $BM \gt 0$ obliga a $\frac{12}{13} \lt k \lt 1.$

El teorema de Stewart sobre la ceviana $\overline{BM}$ da $AB^2 \cdot CM + BC^2 \cdot AM$ $= AC\left(BM^2 + AM \cdot CM\right),$ así que $\begin{aligned} BM^2 &= \frac{144 + 169k}{k + 1} \\ &\quad {}- \frac{225k}{(k+1)^2}. \end{aligned}$ Igualar esto a $\frac{(13k-12)^2}{(1-k)^2}$ y quitar denominadores produce $(169k^2 + 88k + 144)(1-k)^2$ $= (13k-12)^2(k+1)^2,$ que se simplifica a $4k\left(69k^2 - 112k + 44\right) = 0.$

Las raíces son $k = 0,$ $k = \frac{2}{3},$ y $k = \frac{22}{23},$ y solo $k = \frac{22}{23}$ supera $\frac{12}{13}$ (entonces $AM = \frac{22}{3},$ $CM = \frac{23}{3},$ $BM = 10$ ). Por lo tanto, $p + q = 22 + 23 = 45.$

Let $k = \frac{AM}{CM}.$ Triangles $ABM$ and $CBM$ share the altitude from $B,$ so $\frac{[ABM]}{[CBM]} = k.$ Since the inradius of a triangle is its area divided by its semiperimeter, equal inradii force $\frac{12 + AM + BM}{13 + CM + BM} = k$ as well. From $AM + CM = 15$ we get $AM = \frac{15k}{k+1}$ and $CM = \frac{15}{k+1};$ since $AM = k \cdot CM,$ the perimeter equation simplifies to $BM(1 - k) = 13k - 12,$ so $BM = \frac{13k - 12}{1 - k},$ and $BM \gt 0$ forces $\frac{12}{13} \lt k \lt 1.$

Stewart's theorem on cevian $\overline{BM}$ gives $AB^2 \cdot CM + BC^2 \cdot AM$ $= AC\left(BM^2 + AM \cdot CM\right),$ so $\begin{aligned} BM^2 &= \frac{144 + 169k}{k + 1} \\ &\quad {}- \frac{225k}{(k+1)^2}. \end{aligned}$ Setting this equal to $\frac{(13k-12)^2}{(1-k)^2}$ and clearing denominators yields $(169k^2 + 88k + 144)(1-k)^2$ $= (13k-12)^2(k+1)^2,$ which simplifies to $4k\left(69k^2 - 112k + 44\right) = 0.$

The roots are $k = 0,$ $k = \frac{2}{3},$ and $k = \frac{22}{23},$ and only $k = \frac{22}{23}$ exceeds $\frac{12}{13}$ (then $AM = \frac{22}{3},$ $CM = \frac{23}{3},$ $BM = 10$ ). Hence $p + q = 22 + 23 = 45.$

2010 AIME I Problema 15

Solución:

El Problema 15 en otros años