Question

El triángulo $ABC$ tiene lados $AB = 4,$ $BC = 5,$ y $CA = 6.$ Los puntos $D$ y $E$ están sobre el rayo $AB$ con $AB \lt AD \lt AE.$ El punto $F \neq C$ es un punto de intersección de las circunferencias circunscritas de $\triangle ACD$ y $\triangle EBC$ que satisface $DF = 2$ y $EF = 7.$ Entonces $BE$ puede expresarse como $\frac{a + b\sqrt{c}}{d},$ donde $a,$ $b,$ $c,$ y $d$ son enteros positivos tales que $a$ y $d$ son primos entre sí, y $c$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle $a + b + c + d.$

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 4,$ $BC = 5,$ and $CA = 6.$ Points $D$ and $E$ are on ray $AB$ with $AB \lt AD \lt AE.$ The point $F \neq C$ is a point of intersection of the circumcircles of $\triangle ACD$ and $\triangle EBC$ satisfying $DF = 2$ and $EF = 7.$ Then $BE$ can be expressed as $\frac{a + b\sqrt{c}}{d},$ where $a,$ $b,$ $c,$ and $d$ are positive integers such that $a$ and $d$ are relatively prime, and $c$ is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c + d.$

Respuesta

Respuesta: 32

Conceptos:cuadrilátero cíclico eje radical potencia de un punto ley de los cosenos

Nivel de dificultad: 3370

Pista pequeña:

Los cuadriláteros cíclicos dan $\angle FDA = \angle FCA$ y $\angle FEB = \angle FCB,$ así que $\angle DFE = \angle ACB;$ ahora la ley de cosenos halla $DE$

The cyclic quadrilaterals give $\angle FDA = \angle FCA$ and $\angle FEB = \angle FCB,$ so $\angle DFE = \angle ACB;$ now the law of cosines finds $DE$

Pista grande:

La recta $CF$ es el eje radical: donde cruza la recta $AB$ en $G,$ las potencias dan $GA \cdot GD = GB \cdot GE.$ Localice $G$ usando el ángulo $\angle GCA$ hallado a partir del triángulo $DEF.$

Line $CF$ is the radical axis: where it crosses line $AB$ at $G,$ the powers give $GA \cdot GD = GB \cdot GE.$ Locate $G$ using the angle $\angle GCA$ found from triangle $DEF.$

Solución:

Los puntos $D,$ $E$ están más allá de $B$ sobre el rayo $AB,$ y $F$ está en el lado opuesto de la recta $AB$ respecto de $C.$ Como $ACFD$ y $BCFE$ son cíclicos, los ángulos inscritos dan $\angle FDA = \angle FCA$ y $\angle FEB = \angle FCB.$ Escribiendo $\alpha = \angle FCA$ y $\beta = \angle FCB,$ el triángulo $DEF$ tiene ángulos $\angle FDE = 180^\circ - \alpha$ y $\angle FED = \beta,$ así que $\angle DFE = \alpha - \beta = \angle ACB.$ A partir del triángulo $ABC,$ $\cos \angle ACB = \frac{25 + 36 - 16}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{3}{4},$ así que la ley de cosenos en el triángulo $DFE$ da $\begin{aligned} DE^2 &= 2^2 + 7^2 - 2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \tfrac{3}{4} \\ &= 32, \\ DE &= 4\sqrt{2}. \end{aligned}$

En el triángulo $DFE,$ $\cos \angle FDE = \frac{4 + 32 - 49}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{2}} = -\frac{13\sqrt{2}}{32},$ así que $\alpha$ es agudo con $\cos\alpha = \frac{13\sqrt{2}}{32}$ y $\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{338}{1024}} = \frac{7\sqrt{14}}{32}.$ Sea $G$ la intersección de la recta $CF$ con la recta $AB.$ En el triángulo $ACG,$ $\angle GAC = \angle BAC$ tiene $\cos \angle BAC = \frac{16 + 36 - 25}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{9}{16},$ $\sin \angle BAC = \frac{5\sqrt{7}}{16},$ y $\angle ACG = \alpha,$ así que $\sin(\angle BAC + \alpha)$ $= \frac{5\sqrt{7}}{16} \cdot \frac{13\sqrt{2}}{32}$ $+ \frac{9}{16} \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}$ $= \frac{\sqrt{14}}{4}$ y $\begin{aligned} AG &= \frac{AC \sin \alpha}{\sin(\angle BAC + \alpha)} \\ &= \frac{6 \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}}{\frac{\sqrt{14}}{4}} \\ &= \frac{21}{4}. \end{aligned}$

La recta $CF$ es el eje radical de las dos circunferencias, así que $GA \cdot GD = GB \cdot GE.$ Con $x = BD$ y $BE = x + DE = x + 4\sqrt{2}:$ $\begin{aligned} &\frac{21}{4}\left(x - \frac{5}{4}\right) \\ &= \frac{5}{4}\left(x - \frac{5}{4} + 4\sqrt{2}\right), \end{aligned}$ ya que $GD = 4 + x - \frac{21}{4}$ y $GB = \frac{21}{4} - 4.$ Esto da $16\left(x - \frac{5}{4}\right) = 20\sqrt{2},$ así que $x = \frac{5 + 5\sqrt{2}}{4}$ y $BE = \frac{5 + 21\sqrt{2}}{4}.$ Por lo tanto $a + b + c + d = 5 + 21 + 2 + 4$ $= 32.$

Points $D,$ $E$ lie beyond $B$ on ray $AB,$ and $F$ lies on the opposite side of line $AB$ from $C.$ Since $ACFD$ and $BCFE$ are cyclic, the inscribed angles give $\angle FDA = \angle FCA$ and $\angle FEB = \angle FCB.$ Writing $\alpha = \angle FCA$ and $\beta = \angle FCB,$ triangle $DEF$ has angles $\angle FDE = 180^\circ - \alpha$ and $\angle FED = \beta,$ so $\angle DFE = \alpha - \beta = \angle ACB.$ From triangle $ABC,$ $\cos \angle ACB = \frac{25 + 36 - 16}{2 \cdot 5 \cdot 6} = \frac{3}{4},$ so the law of cosines in triangle $DFE$ gives $\begin{aligned} DE^2 &= 2^2 + 7^2 - 2 \cdot 2 \cdot 7 \cdot \tfrac{3}{4} \\ &= 32, \\ DE &= 4\sqrt{2}. \end{aligned}$

In triangle $DFE,$ $\cos \angle FDE = \frac{4 + 32 - 49}{2 \cdot 2 \cdot 4\sqrt{2}} = -\frac{13\sqrt{2}}{32},$ so $\alpha$ is acute with $\cos\alpha = \frac{13\sqrt{2}}{32}$ and $\sin\alpha = \sqrt{1 - \frac{338}{1024}} = \frac{7\sqrt{14}}{32}.$ Let $G$ be the intersection of line $CF$ with line $AB.$ In triangle $ACG,$ $\angle GAC = \angle BAC$ has $\cos \angle BAC = \frac{16 + 36 - 25}{2 \cdot 4 \cdot 6} = \frac{9}{16},$ $\sin \angle BAC = \frac{5\sqrt{7}}{16},$ and $\angle ACG = \alpha,$ so $\sin(\angle BAC + \alpha)$ $= \frac{5\sqrt{7}}{16} \cdot \frac{13\sqrt{2}}{32}$ $+ \frac{9}{16} \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}$ $= \frac{\sqrt{14}}{4}$ and $\begin{aligned} AG &= \frac{AC \sin \alpha}{\sin(\angle BAC + \alpha)} \\ &= \frac{6 \cdot \frac{7\sqrt{14}}{32}}{\frac{\sqrt{14}}{4}} \\ &= \frac{21}{4}. \end{aligned}$

Line $CF$ is the radical axis of the two circles, so $GA \cdot GD = GB \cdot GE.$ With $x = BD$ and $BE = x + DE = x + 4\sqrt{2}:$ $\begin{aligned} &\frac{21}{4}\left(x - \frac{5}{4}\right) \\ &= \frac{5}{4}\left(x - \frac{5}{4} + 4\sqrt{2}\right), \end{aligned}$ since $GD = 4 + x - \frac{21}{4}$ and $GB = \frac{21}{4} - 4.$ This gives $16\left(x - \frac{5}{4}\right) = 20\sqrt{2},$ so $x = \frac{5 + 5\sqrt{2}}{4}$ and $BE = \frac{5 + 21\sqrt{2}}{4}.$ Therefore $a + b + c + d = 5 + 21 + 2 + 4$ $= 32.$

2019 AIME I Problema 13

Respuesta: 32

Nivel de dificultad: 3370

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 13 en otros años