Question

El triángulo $ABC$ está inscrito en la circunferencia $\omega$ con $AB = 5,$ $BC = 7,$ y $AC = 3.$ La bisectriz del ángulo $A$ corta al lado $\overline{BC}$ en $D$ y a la circunferencia $\omega$ en un segundo punto $E.$ Sea $\gamma$ la circunferencia de diámetro $\overline{DE}.$ Las circunferencias $\omega$ y $\gamma$ se cortan en $E$ y en un segundo punto $F.$ Entonces $AF^2 = \frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halle $m + n.$

Triangle $ABC$ is inscribed in circle $\omega$ with $AB = 5,$ $BC = 7,$ and $AC = 3.$ The bisector of angle $A$ meets side $\overline{BC}$ at $D$ and circle $\omega$ at a second point $E.$ Let $\gamma$ be the circle with diameter $\overline{DE}.$ Circles $\omega$ and $\gamma$ meet at $E$ and a second point $F.$ Then $AF^2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 919

Conceptos:círculo ángulo inscrito bisectriz geometría analítica

Nivel de dificultad: 3500

Solución:

Sea $E'$ el punto de $\omega$ diametralmente opuesto a $E.$ Como $\overline{DE}$ es un diámetro de $\gamma,$ el ángulo $\angle DFE = 90^\circ,$ y como $\overline{EE'}$ es un diámetro de $\omega,$ también $\angle E'FE = 90^\circ.$ Tanto $FD$ como $FE'$ son perpendiculares a $FE,$ así que $D$ está en la recta $E'F:$ el punto $F$ es la segunda intersección de la recta $E'D$ con $\omega.$

Tomamos $B = (0, 0)$ y $C = (7, 0);$ entonces $A = \left(\frac{65}{14}, \frac{15\sqrt{3}}{14}\right).$ La bisectriz da $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{5}{3},$ así que $D = \left(\frac{35}{8}, 0\right).$ Como $E$ es el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A,$ tanto $E$ como $E'$ están en la recta vertical $x = \frac{7}{2}$ que pasa por el centro $O = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{6}\right),$ el cual satisface $|OB| = |OA|$ con $R^2 = \frac{49}{3}.$ Así $E = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)$ y $E' = \left(\frac{7}{2}, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right).$

La dirección de $E'$ a $D$ es proporcional a $(3, -4\sqrt{3}),$ y el punto $E' + t\,(3, -4\sqrt{3})$ está en $\omega$ cuando $57t^2 - 56t = 0,$ así que $t = \frac{56}{57}$ da $F = \left(\frac{245}{38}, -\frac{105\sqrt{3}}{38}\right).$ Entonces $\begin{aligned} AF^2 &= \left(\frac{240}{133}\right)^2 + 3\left(\frac{510}{133}\right)^2 \\ &= \frac{837900}{17689} = \frac{900}{19}, \end{aligned}$ así que $m + n = 900 + 19 = 919.$

Let $E'$ be the point of $\omega$ diametrically opposite $E.$ Since $\overline{DE}$ is a diameter of $\gamma,$ the angle $\angle DFE = 90^\circ,$ and since $\overline{EE'}$ is a diameter of $\omega,$ also $\angle E'FE = 90^\circ.$ Both $FD$ and $FE'$ are perpendicular to $FE,$ so $D$ lies on line $E'F:$ the point $F$ is the second intersection of line $E'D$ with $\omega.$

Set $B = (0, 0)$ and $C = (7, 0);$ then $A = \left(\frac{65}{14}, \frac{15\sqrt{3}}{14}\right).$ The bisector gives $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{5}{3},$ so $D = \left(\frac{35}{8}, 0\right).$ Since $E$ is the midpoint of arc $BC$ not containing $A,$ both $E$ and $E'$ lie on the vertical line $x = \frac{7}{2}$ through the center $O = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{6}\right),$ which satisfies $|OB| = |OA|$ with $R^2 = \frac{49}{3}.$ Thus $E = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)$ and $E' = \left(\frac{7}{2}, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right).$

The direction from $E'$ to $D$ is proportional to $(3, -4\sqrt{3}),$ and the point $E' + t\,(3, -4\sqrt{3})$ lies on $\omega$ when $57t^2 - 56t = 0,$ so $t = \frac{56}{57}$ gives $F = \left(\frac{245}{38}, -\frac{105\sqrt{3}}{38}\right).$ Then $\begin{aligned} AF^2 &= \left(\frac{240}{133}\right)^2 + 3\left(\frac{510}{133}\right)^2 \\ &= \frac{837900}{17689} = \frac{900}{19}, \end{aligned}$ so $m + n = 900 + 19 = 919.$

2012 AIME II Problema 15

Respuesta: 919

Nivel de dificultad: 3500

Solución:

El Problema 15 en otros años