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2015 AIME II Problema 11

Intenta el Problema 11 del 2015 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 2015 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).

11.

El circuncírculo de △ABC\triangle ABC, un triángulo agudo, tiene centro O.O. La recta que pasa por el punto OO perpendicular a OB‾\overline{OB} corta a las rectas ABAB y BCBC en PP y Q,Q, respectivamente. Además AB=5,AB = 5, BC=4,BC = 4, BQ=4.5,BQ = 4.5, y BP=mn,BP = \frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.
The circumcircle of acute △ABC\triangle ABC has center O.O. The line passing through point OO perpendicular to OB‾\overline{OB} intersects lines ABAB and BCBC at PP and Q,Q, respectively. Also AB=5,AB = 5, BC=4,BC = 4, BQ=4.5,BQ = 4.5, and BP=mn,BP = \frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.
Respuesta: 23
Conceptos:circunferencia circunscrita, circuncentro y circunradiopersecución de ángulossemejanza
Nivel de dificultad: 3060
Pista pequeña:
En el triángulo rectángulo OBQ,OBQ, ∠OQB=90∘−∠OBC,\angle OQB = 90^\circ - \angle OBC, y el triángulo isósceles OBCOBC da ∠OBC=90∘−∠A\angle OBC = 90^\circ - \angle A
In right triangle OBQ,OBQ, ∠OQB=90∘−∠OBC,\angle OQB = 90^\circ - \angle OBC, and isosceles triangle OBCOBC gives ∠OBC=90∘−∠A\angle OBC = 90^\circ - \angle A
Pista grande:
Así ∠BQP=∠BAC,\angle BQP = \angle BAC, haciendo que △BQP∼△BAC\triangle BQP \sim \triangle BAC con BPBC=BQBA\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}
So ∠BQP=∠BAC,\angle BQP = \angle BAC, making △BQP∼△BAC\triangle BQP \sim \triangle BAC with BPBC=BQBA\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}
Solución:
El ángulo central sobre BC‾\overline{BC} es ∠BOC=2∠A,\angle BOC = 2\angle A, y OB=OCOB = OC hace que el triángulo OBCOBC sea isósceles, así que ∠OBC=90∘−∠A.\angle OBC = 90^\circ - \angle A. En el triángulo OBQOBQ el ángulo en OO es 90∘,90^\circ, por lo tanto ∠BQP=90∘−∠OBQ=90∘−(90∘−∠A)=∠A. \begin{aligned} &\angle BQP = 90^\circ - \angle OBQ \\ &= 90^\circ - (90^\circ - \angle A) \\ &= \angle A. \end{aligned}
Los triángulos BQPBQP y BACBAC comparten el ángulo en BB y tienen ∠BQP=∠BAC,\angle BQP = \angle BAC, así que son semejantes, dando BPBC=BQBA.\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}. Por lo tanto BP=BQ⋅BCBA=4.5⋅45=185, \begin{aligned} &BP = \frac{BQ \cdot BC}{BA} \\ &= \frac{4.5 \cdot 4}{5} = \frac{18}{5}, \end{aligned} y m+n=18+5=23.m + n = 18 + 5 = 23.
The central angle over BC‾\overline{BC} is ∠BOC=2∠A,\angle BOC = 2\angle A, and OB=OCOB = OC makes triangle OBCOBC isosceles, so ∠OBC=90∘−∠A.\angle OBC = 90^\circ - \angle A. In triangle OBQOBQ the angle at OO is 90∘,90^\circ, hence ∠BQP=90∘−∠OBQ=90∘−(90∘−∠A)=∠A. \begin{aligned} &\angle BQP = 90^\circ - \angle OBQ \\ &= 90^\circ - (90^\circ - \angle A) \\ &= \angle A. \end{aligned}
Triangles BQPBQP and BACBAC share the angle at BB and have ∠BQP=∠BAC,\angle BQP = \angle BAC, so they are similar, giving BPBC=BQBA.\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}. Therefore BP=BQ⋅BCBA=4.5⋅45=185, \begin{aligned} &BP = \frac{BQ \cdot BC}{BA} \\ &= \frac{4.5 \cdot 4}{5} = \frac{18}{5}, \end{aligned} and m+n=18+5=23.m + n = 18 + 5 = 23.
Problema 10#10
Examen completo
Problema 12#12

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