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2018 AIME II Problema 14

Intenta el Problema 14 del 2018 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 2018 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).

14.

La circunferencia inscrita ω\omega del triángulo ABCABC es tangente a BC‾\overline{BC} en X.X. Sea Y≠XY \neq X la otra intersección de AX‾\overline{AX} con ω.\omega. Los puntos PP y QQ están sobre AB‾\overline{AB} y AC‾,\overline{AC}, respectivamente, de modo que PQ‾\overline{PQ} es tangente a ω\omega en Y.Y. Supón que AP=3,AP = 3, PB=4,PB = 4, AC=8,AC = 8, y AQ=mn,AQ = \frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halla m+n.m + n.
The incircle ω\omega of triangle ABCABC is tangent to BC‾\overline{BC} at X.X. Let Y≠XY \neq X be the other intersection of AX‾\overline{AX} with ω.\omega. Points PP and QQ lie on AB‾\overline{AB} and AC‾,\overline{AC}, respectively, so that PQ‾\overline{PQ} is tangent to ω\omega at Y.Y. Assume that AP=3,AP = 3, PB=4,PB = 4, AC=8,AC = 8, and AQ=mn,AQ = \frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.
Respuesta: 227
Conceptos:circunferencia inscrita, incentro e inradiorecta tangenteley de los senospersecución de ángulos
Nivel de dificultad: 3500
Pista pequeña:
Sea la circunferencia inscrita tangente a ABAB en ZZ y a ACAC en W.W. Los ángulos tangente-cuerda en YY y XX muestran que ∠AYP=∠YXC;\angle AYP = \angle YXC; usa la ley de senos en los triángulos APYAPY y ABXABX
Let the incircle touch ABAB at ZZ and ACAC at W.W. Tangent-chord angles at YY and XX show ∠AYP=∠YXC;\angle AYP = \angle YXC; use the law of sines in triangles APYAPY and ABXABX
Pista grande:
AZAZ es la media armónica de APAP y AB:AB: 2AZ=1AP+1AB,\frac{2}{AZ} = \frac{1}{AP} + \frac{1}{AB}, y de forma similar 2AW=1AQ+1AC\frac{2}{AW} = \frac{1}{AQ} + \frac{1}{AC} con AW=AZAW = AZ
AZAZ is the harmonic mean of APAP and AB:AB: 2AZ=1AP+1AB,\frac{2}{AZ} = \frac{1}{AP} + \frac{1}{AB}, and likewise 2AW=1AQ+1AC\frac{2}{AW} = \frac{1}{AQ} + \frac{1}{AC} with AW=AZAW = AZ
Solución:
Sea ω\omega tangente a AB‾\overline{AB} en ZZ y a AC‾\overline{AC} en W,W, y pon α=∠BAX\alpha = \angle BAX y β=∠AXC.\beta = \angle AXC. El ángulo tangente-cuerda entre PQPQ y la cuerda XYXY es igual al que hay entre BCBC y XY,XY, así que ∠QYX=∠YXC=β,\angle QYX = \angle YXC = \beta, y los ángulos opuestos por el vértice dan ∠AYP=β.\angle AYP = \beta. En el triángulo APYAPY la ley de senos da PY=AP sin⁡αsin⁡β,PY = AP\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}, y por tangentes iguales PZ=PY,PZ = PY, así que AZAP=1+PYAP=1+sin⁡αsin⁡β.\frac{AZ}{AP} = 1 + \frac{PY}{AP} = 1 + \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}. En el triángulo ABX,ABX, como ∠AXB=180∘−β,\angle AXB = 180^\circ - \beta, de forma análoga BX=AB sin⁡αsin⁡β,BX = AB\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}, y BZ=BXBZ = BX da AZAB=1−sin⁡αsin⁡β.\frac{AZ}{AB} = 1 - \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.
Sumando las dos relaciones, AZAP+AZAB=2,\frac{AZ}{AP} + \frac{AZ}{AB} = 2, así que con AP=3AP = 3 y AB=7AB = 7 obtenemos AZ(13+17)=2,AZ\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{7}\right) = 2, de donde AZ=215.AZ = \frac{21}{5}. El mismo argumento sobre el lado ACAC (usando ∠XAC\angle XAC en los triángulos AQYAQY y ACXACX) da AWAQ+AWAC=2,\frac{AW}{AQ} + \frac{AW}{AC} = 2, y AW=AZ=215AW = AZ = \frac{21}{5} por tangentes iguales desde A.A. Por lo tanto 1AQ=1021−18=59168,\frac{1}{AQ} = \frac{10}{21} - \frac{1}{8} = \frac{59}{168}, así que AQ=16859AQ = \frac{168}{59} y m+n=168+59=227.m + n = 168 + 59 = 227.
Let ω\omega touch AB‾\overline{AB} at ZZ and AC‾\overline{AC} at W,W, and set α=∠BAX\alpha = \angle BAX and β=∠AXC.\beta = \angle AXC. The tangent-chord angle between PQPQ and chord XYXY equals the one between BCBC and XY,XY, so ∠QYX=∠YXC=β,\angle QYX = \angle YXC = \beta, and vertical angles give ∠AYP=β.\angle AYP = \beta. In triangle APYAPY the law of sines gives PY=AP sin⁡αsin⁡β,PY = AP\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}, and by equal tangents PZ=PY,PZ = PY, so AZAP=1+PYAP=1+sin⁡αsin⁡β.\frac{AZ}{AP} = 1 + \frac{PY}{AP} = 1 + \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}. In triangle ABX,ABX, since ∠AXB=180∘−β,\angle AXB = 180^\circ - \beta, similarly BX=AB sin⁡αsin⁡β,BX = AB\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}, and BZ=BXBZ = BX gives AZAB=1−sin⁡αsin⁡β.\frac{AZ}{AB} = 1 - \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.
Adding the two relations, AZAP+AZAB=2,\frac{AZ}{AP} + \frac{AZ}{AB} = 2, so with AP=3AP = 3 and AB=7AB = 7 we get AZ(13+17)=2,AZ\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{7}\right) = 2, hence AZ=215.AZ = \frac{21}{5}. The identical argument on side ACAC (using ∠XAC\angle XAC in triangles AQYAQY and ACXACX) gives AWAQ+AWAC=2,\frac{AW}{AQ} + \frac{AW}{AC} = 2, and AW=AZ=215AW = AZ = \frac{21}{5} by equal tangents from A.A. Therefore 1AQ=1021−18=59168,\frac{1}{AQ} = \frac{10}{21} - \frac{1}{8} = \frac{59}{168}, so AQ=16859AQ = \frac{168}{59} and m+n=168+59=227.m + n = 168 + 59 = 227.
Problema 13#13
Examen completo
Problema 15#15

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