Question

Un triángulo equilátero de papel $ABC$ tiene lado $12.$ El triángulo de papel se dobla de modo que el vértice $A$ toca un punto sobre el lado $\overline{BC}$ a una distancia $9$ del punto $B.$ La longitud del segmento a lo largo del cual se dobla el triángulo puede escribirse como $\frac{m\sqrt{p}}{n},$ donde $m,$ $n,$ y $p$ son enteros positivos, $m$ y $n$ son primos entre sí, y $p$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halla $m + n + p.$

A paper equilateral triangle $ABC$ has side length $12.$ The paper triangle is folded so that vertex $A$ touches a point on side $\overline{BC}$ a distance $9$ from point $B.$ The length of the line segment along which the triangle is folded can be written as $\frac{m\sqrt{p}}{n},$ where $m,$ $n,$ and $p$ are positive integers, $m$ and $n$ are relatively prime, and $p$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

Respuesta

Respuesta: 113

Conceptos:plegado de papel ley de los cosenos triángulo equilátero

Nivel de dificultad: 2920

Pista pequeña:

El doblez preserva las distancias: si el pliegue corta a $\overline{AB}$ en $P,$ entonces $P$ equidista de $A$ y del punto de aterrizaje sobre $\overline{BC}$ .

Folding preserves distances: if the crease meets $\overline{AB}$ at $P,$ then $P$ is equidistant from $A$ and from the landing point on $\overline{BC}$

Pista grande:

La ley de los cosenos en los triángulos de esquina de $60^\circ$ en $B$ y $C$ localiza los dos extremos del pliegue; luego aplica la ley de los cosenos una vez más en $A$ .

The law of cosines in the $60^\circ$ corner triangles at $B$ and $C$ locates both crease endpoints; then apply the law of cosines once more at $A$

Solución:

Sea $A'$ el punto de aterrizaje, con $BA' = 9$ y $CA' = 3,$ y supongamos que el pliegue corta a $\overline{AB}$ en $P$ y a $\overline{AC}$ en $Q.$ El doblez preserva las distancias, así que $PA' = PA = x$ y $QA' = QA = y.$ En el triángulo $PBA',$ con $PB = 12 - x$ y $\angle B = 60^\circ,$ la ley de los cosenos da $\begin{aligned} x^2 &= (12 - x)^2 + 81 \\ &\quad {}- 9(12 - x), \end{aligned}$ que se simplifica a $15x = 117,$ así que $x = \frac{39}{5}.$ De manera similar, en el triángulo $QCA',$ $y^2 = (12 - y)^2 + 9 - 3(12 - y)$ da $21y = 117,$ así que $y = \frac{39}{7}.$

Finalmente, en el triángulo $APQ$ con $\angle A = 60^\circ,$ $\begin{aligned} PQ^2 &= x^2 + y^2 - xy \\ &= 39^2\left(\frac{1}{25} + \frac{1}{49} - \frac{1}{35}\right) \\ &= 39^2 \cdot \frac{49 + 25 - 35}{1225} \\ &= \frac{39^3}{1225}, \end{aligned}$ así que $PQ = \frac{39\sqrt{39}}{35}.$ Por lo tanto $m + n + p = 39 + 35 + 39$ $= 113.$

Let $A'$ be the landing point, with $BA' = 9$ and $CA' = 3,$ and let the crease meet $\overline{AB}$ at $P$ and $\overline{AC}$ at $Q.$ Folding preserves distances, so $PA' = PA = x$ and $QA' = QA = y.$ In triangle $PBA',$ with $PB = 12 - x$ and $\angle B = 60^\circ,$ the law of cosines gives $\begin{aligned} x^2 &= (12 - x)^2 + 81 \\ &\quad {}- 9(12 - x), \end{aligned}$ which simplifies to $15x = 117,$ so $x = \frac{39}{5}.$ Similarly, in triangle $QCA',$ $y^2 = (12 - y)^2 + 9 - 3(12 - y)$ gives $21y = 117,$ so $y = \frac{39}{7}.$

Finally, in triangle $APQ$ with $\angle A = 60^\circ,$ $\begin{aligned} PQ^2 &= x^2 + y^2 - xy \\ &= 39^2\left(\frac{1}{25} + \frac{1}{49} - \frac{1}{35}\right) \\ &= 39^2 \cdot \frac{49 + 25 - 35}{1225} \\ &= \frac{39^3}{1225}, \end{aligned}$ so $PQ = \frac{39\sqrt{39}}{35}.$ Thus $m + n + p = 39 + 35 + 39$ $= 113.$

2013 AIME I Problema 9

Respuesta: 113

Nivel de dificultad: 2920

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 9 en otros años