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2010 AIME II Problema 15

Intenta el Problema 15 del 2010 AIME II 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 2010 AIME II, 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 triángulo ABC,ABC, AC=13,AC = 13, BC=14,BC = 14, y AB=15.AB = 15. Los puntos MM y DD están en AC‾\overline{AC} con AM=MCAM = MC y ∠ABD=∠DBC.\angle ABD = \angle DBC. Los puntos NN y EE están en AB‾\overline{AB} con AN=NBAN = NB y ∠ACE=∠ECB.\angle ACE = \angle ECB. Sea PP el otro punto de intersección de las circunferencias circunscritas de △AMN\triangle AMN y △ADE.\triangle ADE. El rayo APAP corta a BC‾\overline{BC} en Q.Q. La razón BQCQ\frac{BQ}{CQ} se puede escribir en la forma mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m−n.m - n.
In triangle ABC,ABC, AC=13,AC = 13, BC=14,BC = 14, and AB=15.AB = 15. Points MM and DD lie on AC‾\overline{AC} with AM=MCAM = MC and ∠ABD=∠DBC.\angle ABD = \angle DBC. Points NN and EE lie on AB‾\overline{AB} with AN=NBAN = NB and ∠ACE=∠ECB.\angle ACE = \angle ECB. Let PP be the other point of intersection of the circumcircles of △AMN\triangle AMN and △ADE.\triangle ADE. Ray APAP meets BC‾\overline{BC} at Q.Q. The ratio BQCQ\frac{BQ}{CQ} 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: 218
Conceptos:cuadrilátero cíclicoteorema de la bisectrizley de los senosrazón de áreas
Nivel de dificultad: 3700
Pista pequeña:
Usa el teorema de la bisectriz para calcular los segmentos cortos NENE y MDMD entre los puntos medios y los pies de las bisectrices.
Use the angle bisector theorem to compute the short segments NENE and MDMD between the midpoints and the bisector feet
Pista grande:
Los cuadriláteros cíclicos AMPNAMPN y AEPDAEPD hacen que los triángulos ENPENP y DMPDMP sean semejantes, y la ley de los senos convierte NPMP\frac{NP}{MP} en sin⁡∠BAQsin⁡∠CAQ.\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ}.
The cyclic quadrilaterals AMPNAMPN and AEPDAEPD make triangles ENPENP and DMPDMP similar, and the law of sines turns NPMP\frac{NP}{MP} into sin⁡∠BAQsin⁡∠CAQ\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ}
Solución:
Por el teorema de la bisectriz, AE=1327⋅15AE = \frac{13}{27} \cdot 15 y CD=1429⋅13,CD = \frac{14}{29} \cdot 13, así que EE está en AN‾\overline{AN} y DD está en MC‾,\overline{MC}, con NE=AN−AE=152−659=518,MD=CM−CD=132−18229=1358. \begin{aligned} NE &= AN - AE = \frac{15}{2} - \frac{65}{9} \\ &= \frac{5}{18}, \\ MD &= CM - CD = \frac{13}{2} - \frac{182}{29} \\ &= \frac{13}{58}. \end{aligned}
Como AMPNAMPN es cíclico, ∠ENP=∠ANP\angle ENP = \angle ANP =180∘−∠AMP= 180^\circ - \angle AMP =∠DMP,= \angle DMP, y como AEPDAEPD es cíclico, ∠NEP=180∘−∠AEP\angle NEP = 180^\circ - \angle AEP =∠ADP= \angle ADP =∠MDP.= \angle MDP. Por tanto los triángulos ENPENP y DMPDMP son semejantes, así que NPMP=NEMD.\frac{NP}{MP} = \frac{NE}{MD}. Por la ley de los senos en los triángulos ANPANP y AMP,AMP, cuyos ángulos ∠ANP\angle ANP y ∠AMP\angle AMP son suplementarios, sin⁡∠BAQsin⁡∠CAQ=sin⁡∠NAPsin⁡∠MAP=NPMP=5181358=145117. \begin{aligned} \frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ} &= \frac{\sin\angle NAP}{\sin\angle MAP} \\ &= \frac{NP}{MP} = \frac{\frac{5}{18}}{\frac{13}{58}} \\ &= \frac{145}{117}. \end{aligned}
Comparando las áreas de los triángulos ABQABQ y ACQ,ACQ, que comparten la ceviana AQ‾,\overline{AQ}, BQCQ=[ABQ][ACQ]=ABsin⁡∠BAQACsin⁡∠CAQ=1513⋅145117=725507, \begin{aligned} \frac{BQ}{CQ} &= \frac{[ABQ]}{[ACQ]} \\ &= \frac{AB \sin\angle BAQ}{AC \sin\angle CAQ} \\ &= \frac{15}{13} \cdot \frac{145}{117} = \frac{725}{507}, \end{aligned} que está en su mínima expresión ya que 507=3⋅132507 = 3 \cdot 13^2 y 725=52⋅29.725 = 5^2 \cdot 29. Por tanto m−n=725−507=218.m - n = 725 - 507 = 218.
By the angle bisector theorem, AE=1327⋅15AE = \frac{13}{27} \cdot 15 and CD=1429⋅13,CD = \frac{14}{29} \cdot 13, so EE lies on AN‾\overline{AN} and DD lies on MC‾,\overline{MC}, with NE=AN−AE=152−659=518,MD=CM−CD=132−18229=1358. \begin{aligned} NE &= AN - AE = \frac{15}{2} - \frac{65}{9} \\ &= \frac{5}{18}, \\ MD &= CM - CD = \frac{13}{2} - \frac{182}{29} \\ &= \frac{13}{58}. \end{aligned}
Since AMPNAMPN is cyclic, ∠ENP=∠ANP\angle ENP = \angle ANP =180∘−∠AMP= 180^\circ - \angle AMP =∠DMP,= \angle DMP, and since AEPDAEPD is cyclic, ∠NEP=180∘−∠AEP\angle NEP = 180^\circ - \angle AEP =∠ADP= \angle ADP =∠MDP.= \angle MDP. Hence triangles ENPENP and DMPDMP are similar, so NPMP=NEMD.\frac{NP}{MP} = \frac{NE}{MD}. By the law of sines in triangles ANPANP and AMP,AMP, whose angles ∠ANP\angle ANP and ∠AMP\angle AMP are supplementary, sin⁡∠BAQsin⁡∠CAQ=sin⁡∠NAPsin⁡∠MAP=NPMP=5181358=145117. \begin{aligned} \frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ} &= \frac{\sin\angle NAP}{\sin\angle MAP} \\ &= \frac{NP}{MP} = \frac{\frac{5}{18}}{\frac{13}{58}} \\ &= \frac{145}{117}. \end{aligned}
Comparing the areas of triangles ABQABQ and ACQ,ACQ, which share the cevian AQ‾,\overline{AQ}, BQCQ=[ABQ][ACQ]=ABsin⁡∠BAQACsin⁡∠CAQ=1513⋅145117=725507, \begin{aligned} \frac{BQ}{CQ} &= \frac{[ABQ]}{[ACQ]} \\ &= \frac{AB \sin\angle BAQ}{AC \sin\angle CAQ} \\ &= \frac{15}{13} \cdot \frac{145}{117} = \frac{725}{507}, \end{aligned} which is in lowest terms since 507=3⋅132507 = 3 \cdot 13^2 and 725=52⋅29.725 = 5^2 \cdot 29. Thus m−n=725−507=218.m - n = 725 - 507 = 218.
Problema 14#14
Examen completo

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