Question

En $\triangle ABC,$ $AB = 10,$ $\angle A = 30^\circ,$ y $\angle C = 45^\circ.$ Sean $H,$ $D,$ y $M$ puntos sobre la recta $\overline{BC}$ tales que $\overline{AH} \perp \overline{BC},$ $\angle BAD = \angle CAD,$ y $BM = CM.$ El punto $N$ es el punto medio del segmento $\overline{HM},$ y el punto $P$ está sobre el rayo $AD$ tal que $\overline{PN} \perp \overline{BC}.$ Entonces $AP^2 = \frac{m}{n},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos primos entre sí. Halla $m + n.$

In $\triangle ABC,$ $AB = 10,$ $\angle A = 30^\circ,$ and $\angle C = 45^\circ.$ Let $H,$ $D,$ and $M$ be points on line $\overline{BC}$ such that $\overline{AH} \perp \overline{BC},$ $\angle BAD = \angle CAD,$ and $BM = CM.$ Point $N$ is the midpoint of segment $\overline{HM},$ and point $P$ is on ray $AD$ such that $\overline{PN} \perp \overline{BC}.$ Then $AP^2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

Respuesta

Respuesta: 77

Conceptos:circunferencia circunscrita, circuncentro y circunradio bisectriz ley de los senos punto medio

Nivel de dificultad: 3160

Pista pequeña:

Extiende el rayo $AD$ hasta el circuncírculo: vuelve a cortarlo en el punto medio $E$ del arco $BC,$ cuya proyección sobre la recta $BC$ es exactamente $M$

Extend ray $AD$ to the circumcircle: it meets it at the midpoint $E$ of arc $BC,$ whose projection onto line $BC$ is exactly $M$

Pista grande:

Como $N$ es el punto medio de $\overline{HM},$ $P$ es el punto medio de $\overline{AE}.$ Halla $AE$ a partir del triángulo $ABE$ con la ley de senos.

Since $N$ is the midpoint of $\overline{HM},$ $P$ is the midpoint of $\overline{AE}.$ Find $AE$ from triangle $ABE$ with the law of sines.

Solución:

Sea $E$ el segundo punto en que el rayo $AD$ corta el circuncírculo de $\triangle ABC.$ Como $AD$ bisecta el ángulo $A,$ el punto $E$ es el punto medio del arco $BC,$ así que $E$ está sobre la mediatriz de $\overline{BC}$ y se proyecta sobre la recta $BC$ en $M.$ Las proyecciones de los puntos colineales $A,$ $P,$ $E$ sobre la recta $BC$ son $H,$ $N,$ $M,$ y la proyección conserva las razones a lo largo de una recta; como $N$ es el punto medio de $\overline{HM},$ el punto $P$ es el punto medio de $\overline{AE}.$

Aquí $\angle B = 105^\circ,$ y $\angle CBE = \angle CAE = 15^\circ$ (ambos subtienden el arco $CE$ ), así que $\angle ABE = 120^\circ.$ Además $\angle AEB = \angle ACB = 45^\circ$ (ambos subtienden el arco $AB$ ). La ley de senos en $\triangle ABE$ da $\begin{aligned} AE &= AB \cdot \frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle AEB} \\ &= 10 \cdot \frac{\sin 120^\circ}{\sin 45^\circ} \\ &= 5\sqrt{6}. \end{aligned}$

Por tanto $AP = \frac{1}{2} AE = \frac{5\sqrt{6}}{2},$ así que $AP^2 = \frac{75}{2}$ y $m + n = 75 + 2 = 77.$

Let ray $AD$ meet the circumcircle of $\triangle ABC$ again at $E.$ Since $AD$ bisects angle $A,$ the point $E$ is the midpoint of arc $BC,$ so $E$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{BC}$ and projects onto line $BC$ at $M.$ The projections of the collinear points $A,$ $P,$ $E$ onto line $BC$ are $H,$ $N,$ $M,$ and projection preserves ratios along a line; since $N$ is the midpoint of $\overline{HM},$ point $P$ is the midpoint of $\overline{AE}.$

Here $\angle B = 105^\circ,$ and $\angle CBE = \angle CAE = 15^\circ$ (both subtend arc $CE$ ), so $\angle ABE = 120^\circ.$ Also $\angle AEB = \angle ACB = 45^\circ$ (both subtend arc $AB$ ). The law of sines in $\triangle ABE$ gives $\begin{aligned} AE &= AB \cdot \frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle AEB} \\ &= 10 \cdot \frac{\sin 120^\circ}{\sin 45^\circ} \\ &= 5\sqrt{6}. \end{aligned}$

Therefore $AP = \frac{1}{2} AE = \frac{5\sqrt{6}}{2},$ so $AP^2 = \frac{75}{2}$ and $m + n = 75 + 2 = 77.$

2014 AIME II Problema 14

Respuesta: 77

Nivel de dificultad: 3160

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 14 en otros años