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2019 AIME I Problema 13

Intenta el Problema 13 del 2019 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 2019 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).

13.

El triángulo ABCABC tiene lados AB=4,AB = 4, BC=5,BC = 5, y CA=6.CA = 6. Los puntos DD y EE están sobre el rayo ABAB con AB<AD<AE.AB \lt AD \lt AE. El punto F≠CF \neq C es un punto de intersección de las circunferencias circunscritas de △ACD\triangle ACD y △EBC\triangle EBC que satisface DF=2DF = 2 y EF=7.EF = 7. Entonces BEBE puede expresarse como a+bcd,\frac{a + b\sqrt{c}}{d}, donde a,a, b,b, c,c, y dd son enteros positivos tales que aa y dd son primos entre sí, y cc no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle a+b+c+d.a + b + c + d.
Triangle ABCABC has side lengths AB=4,AB = 4, BC=5,BC = 5, and CA=6.CA = 6. Points DD and EE are on ray ABAB with AB<AD<AE.AB \lt AD \lt AE. The point F≠CF \neq C is a point of intersection of the circumcircles of △ACD\triangle ACD and △EBC\triangle EBC satisfying DF=2DF = 2 and EF=7.EF = 7. Then BEBE can be expressed as a+bcd,\frac{a + b\sqrt{c}}{d}, where a,a, b,b, c,c, and dd are positive integers such that aa and dd are relatively prime, and cc is not divisible by the square of any prime. Find a+b+c+d.a + b + c + d.
Respuesta: 32
Conceptos:cuadrilátero cíclicoeje radicalpotencia de un puntoley de los cosenos
Nivel de dificultad: 3370
Pista pequeña:
Los cuadriláteros cíclicos dan ∠FDA=∠FCA\angle FDA = \angle FCA y ∠FEB=∠FCB,\angle FEB = \angle FCB, así que ∠DFE=∠ACB;\angle DFE = \angle ACB; ahora la ley de cosenos halla DEDE
The cyclic quadrilaterals give ∠FDA=∠FCA\angle FDA = \angle FCA and ∠FEB=∠FCB,\angle FEB = \angle FCB, so ∠DFE=∠ACB;\angle DFE = \angle ACB; now the law of cosines finds DEDE
Pista grande:
La recta CFCF es el eje radical: donde cruza la recta ABAB en G,G, las potencias dan GA⋅GD=GB⋅GE.GA \cdot GD = GB \cdot GE. Localice GG usando el ángulo ∠GCA\angle GCA hallado a partir del triángulo DEF.DEF.
Line CFCF is the radical axis: where it crosses line ABAB at G,G, the powers give GA⋅GD=GB⋅GE.GA \cdot GD = GB \cdot GE. Locate GG using the angle ∠GCA\angle GCA found from triangle DEF.DEF.
Solución:
Los puntos D,D, EE están más allá de BB sobre el rayo AB,AB, y FF está en el lado opuesto de la recta ABAB respecto de C.C. Como ACFDACFD y BCFEBCFE son cíclicos, los ángulos inscritos dan ∠FDA=∠FCA\angle FDA = \angle FCA y ∠FEB=∠FCB.\angle FEB = \angle FCB. Escribiendo α=∠FCA\alpha = \angle FCA y β=∠FCB,\beta = \angle FCB, el triángulo DEFDEF tiene ángulos ∠FDE=180∘−α\angle FDE = 180^\circ - \alpha y ∠FED=β,\angle FED = \beta, así que ∠DFE=α−β=∠ACB.\angle DFE = \alpha - \beta = \angle ACB. A partir del triángulo ABC,ABC, cos⁡∠ACB=25+36−162⋅5⋅6=34,\cos \angle ACB = \frac{25 + 36 - 16}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{3}{4}, así que la ley de cosenos en el triángulo DFEDFE da DE2=22+72−2⋅2⋅7⋅34=32,DE=42. \begin{aligned} DE^2 &= 2^2 + 7^2 - 2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \tfrac{3}{4} \\ &= 32, \\ DE &= 4\sqrt{2}. \end{aligned}
En el triángulo DFE,DFE, cos⁡∠FDE=4+32−492⋅2⋅42=−13232,\cos \angle FDE = \frac{4 + 32 - 49}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{2}} = -\frac{13\sqrt{2}}{32}, así que α\alpha es agudo con cos⁡α=13232\cos\alpha = \frac{13\sqrt{2}}{32} y sin⁡α=1−3381024=71432.\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{338}{1024}} = \frac{7\sqrt{14}}{32}. Sea GG la intersección de la recta CFCF con la recta AB.AB. En el triángulo ACG,ACG, ∠GAC=∠BAC\angle GAC = \angle BAC tiene cos⁡∠BAC=16+36−252⋅4⋅6=916,\cos \angle BAC = \frac{16 + 36 - 25}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{9}{16}, sin⁡∠BAC=5716,\sin \angle BAC = \frac{5\sqrt{7}}{16}, y ∠ACG=α,\angle ACG = \alpha, así que sin⁡(∠BAC+α)\sin(\angle BAC + \alpha) =5716⋅13232= \frac{5\sqrt{7}}{16} \cdot \frac{13\sqrt{2}}{32} +916⋅71432+ \frac{9}{16} \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32} =144= \frac{\sqrt{14}}{4} y AG=ACsin⁡αsin⁡(∠BAC+α)=6⋅71432144=214. \begin{aligned} AG &= \frac{AC \sin \alpha}{\sin(\angle BAC + \alpha)} \\ &= \frac{6 \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}}{\frac{\sqrt{14}}{4}} \\ &= \frac{21}{4}. \end{aligned}
La recta CFCF es el eje radical de las dos circunferencias, así que GA⋅GD=GB⋅GE.GA \cdot GD = GB \cdot GE. Con x=BDx = BD y BE=x+DE=x+42:BE = x + DE = x + 4\sqrt{2}: 214(x−54)=54(x−54+42), \begin{aligned} &\frac{21}{4}\left(x - \frac{5}{4}\right) \\ &= \frac{5}{4}\left(x - \frac{5}{4} + 4\sqrt{2}\right), \end{aligned} ya que GD=4+x−214GD = 4 + x - \frac{21}{4} y GB=214−4.GB = \frac{21}{4} - 4. Esto da 16(x−54)=202,16\left(x - \frac{5}{4}\right) = 20\sqrt{2}, así que x=5+524x = \frac{5 + 5\sqrt{2}}{4} y BE=5+2124.BE = \frac{5 + 21\sqrt{2}}{4}. Por lo tanto a+b+c+d=5+21+2+4a + b + c + d = 5 + 21 + 2 + 4 =32.= 32.
Points D,D, EE lie beyond BB on ray AB,AB, and FF lies on the opposite side of line ABAB from C.C. Since ACFDACFD and BCFEBCFE are cyclic, the inscribed angles give ∠FDA=∠FCA\angle FDA = \angle FCA and ∠FEB=∠FCB.\angle FEB = \angle FCB. Writing α=∠FCA\alpha = \angle FCA and β=∠FCB,\beta = \angle FCB, triangle DEFDEF has angles ∠FDE=180∘−α\angle FDE = 180^\circ - \alpha and ∠FED=β,\angle FED = \beta, so ∠DFE=α−β=∠ACB.\angle DFE = \alpha - \beta = \angle ACB. From triangle ABC,ABC, cos⁡∠ACB=25+36−162⋅5⋅6=34,\cos \angle ACB = \frac{25 + 36 - 16}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{3}{4}, so the law of cosines in triangle DFEDFE gives DE2=22+72−2⋅2⋅7⋅34=32,DE=42. \begin{aligned} DE^2 &= 2^2 + 7^2 - 2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \tfrac{3}{4} \\ &= 32, \\ DE &= 4\sqrt{2}. \end{aligned}
In triangle DFE,DFE, cos⁡∠FDE=4+32−492⋅2⋅42=−13232,\cos \angle FDE = \frac{4 + 32 - 49}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{2}} = -\frac{13\sqrt{2}}{32}, so α\alpha is acute with cos⁡α=13232\cos\alpha = \frac{13\sqrt{2}}{32} and sin⁡α=1−3381024=71432.\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{338}{1024}} = \frac{7\sqrt{14}}{32}. Let GG be the intersection of line CFCF with line AB.AB. In triangle ACG,ACG, ∠GAC=∠BAC\angle GAC = \angle BAC has cos⁡∠BAC=16+36−252⋅4⋅6=916,\cos \angle BAC = \frac{16 + 36 - 25}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{9}{16}, sin⁡∠BAC=5716,\sin \angle BAC = \frac{5\sqrt{7}}{16}, and ∠ACG=α,\angle ACG = \alpha, so sin⁡(∠BAC+α)\sin(\angle BAC + \alpha) =5716⋅13232= \frac{5\sqrt{7}}{16} \cdot \frac{13\sqrt{2}}{32} +916⋅71432+ \frac{9}{16} \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32} =144= \frac{\sqrt{14}}{4} and AG=ACsin⁡αsin⁡(∠BAC+α)=6⋅71432144=214. \begin{aligned} AG &= \frac{AC \sin \alpha}{\sin(\angle BAC + \alpha)} \\ &= \frac{6 \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}}{\frac{\sqrt{14}}{4}} \\ &= \frac{21}{4}. \end{aligned}
Line CFCF is the radical axis of the two circles, so GA⋅GD=GB⋅GE.GA \cdot GD = GB \cdot GE. With x=BDx = BD and BE=x+DE=x+42:BE = x + DE = x + 4\sqrt{2}: 214(x−54)=54(x−54+42), \begin{aligned} &\frac{21}{4}\left(x - \frac{5}{4}\right) \\ &= \frac{5}{4}\left(x - \frac{5}{4} + 4\sqrt{2}\right), \end{aligned} since GD=4+x−214GD = 4 + x - \frac{21}{4} and GB=214−4.GB = \frac{21}{4} - 4. This gives 16(x−54)=202,16\left(x - \frac{5}{4}\right) = 20\sqrt{2}, so x=5+524x = \frac{5 + 5\sqrt{2}}{4} and BE=5+2124.BE = \frac{5 + 21\sqrt{2}}{4}. Therefore a+b+c+d=5+21+2+4a + b + c + d = 5 + 21 + 2 + 4 =32.= 32.
Problema 12#12
Examen completo
Problema 14#14

El Problema 13 en otros años

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