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2015 AIME I Problema 6

Intenta el Problema 6 del 2015 AIME I 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 2015 AIME I, o revisar la clave de respuestas.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

6.

Los puntos A,A, B,B, C,C, D,D, y EE están igualmente espaciados sobre un arco menor de un círculo. Los puntos E,E, F,F, G,G, H,H, I,I, y AA están igualmente espaciados sobre un arco menor de un segundo círculo con centro CC como se muestra en la figura de abajo. El ángulo ∠ABD\angle ABD excede a ∠AHG\angle AHG en 12∘.12^\circ. Halla la medida en grados de ∠BAG.\angle BAG.
Points A,A, B,B, C,C, D,D, and EE are equally spaced on a minor arc of a circle. Points E,E, F,F, G,G, H,H, I,I, and AA are equally spaced on a minor arc of a second circle with center CC as shown in the figure below. The angle ∠ABD\angle ABD exceeds ∠AHG\angle AHG by 12∘.12^\circ. Find the degree measure of ∠BAG.\angle BAG.
Respuesta: 58
Conceptos:ángulo inscritoarcopersecución de ángulos
Nivel de dificultad: 2720
Pista pequeña:
Sea α\alpha el ángulo central común en CC del segundo círculo; entonces ∠ACE=5α\angle ACE = 5\alpha es simultáneamente un ángulo inscrito del primer círculo
Let α\alpha be the common central angle at CC in the second circle; then ∠ACE=5α\angle ACE = 5\alpha is simultaneously an inscribed angle of the first circle
Pista grande:
Expresa cada arco de ambos círculos en términos de α;\alpha; la condición ∠ABD−∠AHG=12∘\angle ABD - \angle AHG = 12^\circ determina α\alpha
Express every arc of both circles in terms of α;\alpha; the condition ∠ABD−∠AHG=12∘\angle ABD - \angle AHG = 12^\circ pins down α\alpha
Solución:
Sea α=∠ECF\alpha = \angle ECF =∠FCG= \angle FCG =∠GCH= \angle GCH =∠HCI= \angle HCI =∠ICA,= \angle ICA, el ángulo central común del segundo círculo, así que ∠ACE=5α.\angle ACE = 5\alpha. Como CC también está en el primer círculo, ∠ACE\angle ACE es allí un ángulo inscrito, por lo que el arco AEAE que no contiene a CC mide 10α,10\alpha, y cada uno de los cuatro arcos iguales AB,AB, BC,BC, CD,CD, DEDE mide 360∘−10α4=90∘−5α2.\frac{360^\circ - 10\alpha}{4} = 90^\circ - \frac{5\alpha}{2}.
El ángulo ABDABD subtiende el arco ADAD que no contiene a B,B, que es 360∘−3(90∘−5α2),360^\circ - 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right), así que ∠ABD=45∘+15α4.\angle ABD = 45^\circ + \frac{15\alpha}{4}. El ángulo AHGAHG subtiende el arco AGAG del segundo círculo que no contiene a H,H, que es 360∘−3α,360^\circ - 3\alpha, así que ∠AHG=180∘−3α2.\angle AHG = 180^\circ - \frac{3\alpha}{2}. La condición dada se lee (45∘+15α4)−(180∘−3α2)=21α4−135∘=12∘, \begin{aligned} &\left(45^\circ + \frac{15\alpha}{4}\right) - \left(180^\circ - \frac{3\alpha}{2}\right) \\ &= \frac{21\alpha}{4} - 135^\circ = 12^\circ, \end{aligned} así que α=28∘.\alpha = 28^\circ.
Finalmente, ∠BAE\angle BAE subtiende el arco BCDE=3(90∘−5α2)=60∘BCDE = 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right) = 60^\circ del primer círculo, dando ∠BAE=30∘,\angle BAE = 30^\circ, y ∠EAG\angle EAG subtiende el arco EFG=2αEFG = 2\alpha del segundo círculo, dando ∠EAG=28∘.\angle EAG = 28^\circ. Por lo tanto ∠BAG=∠BAE+∠EAG\angle BAG = \angle BAE + \angle EAG =30∘+28∘=58∘.= 30^\circ + 28^\circ = 58^\circ.
Let α=∠ECF\alpha = \angle ECF =∠FCG= \angle FCG =∠GCH= \angle GCH =∠HCI= \angle HCI =∠ICA,= \angle ICA, the common central angle of the second circle, so ∠ACE=5α.\angle ACE = 5\alpha. Since CC also lies on the first circle, ∠ACE\angle ACE is an inscribed angle there, so the arc AEAE not containing CC measures 10α,10\alpha, and each of the four equal arcs AB,AB, BC,BC, CD,CD, DEDE measures 360∘−10α4=90∘−5α2.\frac{360^\circ - 10\alpha}{4} = 90^\circ - \frac{5\alpha}{2}.
Angle ABDABD subtends the arc ADAD not containing B,B, which is 360∘−3(90∘−5α2),360^\circ - 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right), so ∠ABD=45∘+15α4.\angle ABD = 45^\circ + \frac{15\alpha}{4}. Angle AHGAHG subtends the second circle’s arc AGAG not containing H,H, which is 360∘−3α,360^\circ - 3\alpha, so ∠AHG=180∘−3α2.\angle AHG = 180^\circ - \frac{3\alpha}{2}. The given condition reads (45∘+15α4)−(180∘−3α2)=21α4−135∘=12∘, \begin{aligned} &\left(45^\circ + \frac{15\alpha}{4}\right) - \left(180^\circ - \frac{3\alpha}{2}\right) \\ &= \frac{21\alpha}{4} - 135^\circ = 12^\circ, \end{aligned} so α=28∘.\alpha = 28^\circ.
Finally, ∠BAE\angle BAE subtends the first circle’s arc BCDE=3(90∘−5α2)=60∘,BCDE = 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right) = 60^\circ, giving ∠BAE=30∘,\angle BAE = 30^\circ, and ∠EAG\angle EAG subtends the second circle’s arc EFG=2α,EFG = 2\alpha, giving ∠EAG=28∘.\angle EAG = 28^\circ. Hence ∠BAG=∠BAE+∠EAG\angle BAG = \angle BAE + \angle EAG =30∘+28∘=58∘.= 30^\circ + 28^\circ = 58^\circ.
Problema 5#5
Examen completo
Problema 7#7

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