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2020 AIME I Problema 1

Intenta el Problema 1 del 2020 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 2020 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).

1.

En el △ABC\triangle ABC con AB=AC,AB = AC, el punto DD está estrictamente entre AA y CC sobre el lado AC‾,\overline{AC}, y el punto EE está estrictamente entre AA y BB sobre el lado AB‾\overline{AB} de modo que AE=ED=DB=BC.AE = ED = DB = BC. La medida en grados de ∠ABC\angle ABC es mn,\frac{m}{n}, donde mm y nn son enteros positivos primos entre sí. Halle m+n.m + n.
In △ABC\triangle ABC with AB=AC,AB = AC, point DD lies strictly between AA and CC on side AC‾,\overline{AC}, and point EE lies strictly between AA and BB on side AB‾\overline{AB} such that AE=ED=DB=BC.AE = ED = DB = BC. The degree measure of ∠ABC\angle ABC is mn,\frac{m}{n}, where mm and nn are relatively prime positive integers. Find m+n.m + n.
Respuesta: 547
Conceptos:triángulo isóscelespersecución de ángulossuma de ángulos
Nivel de dificultad: 2150
Pista pequeña:
Sea ∠BAC=α\angle BAC = \alpha y persiga los ángulos a lo largo de la cadena de triángulos isósceles AED,AED, EDB,EDB, y DBC.DBC.
Let ∠BAC=α\angle BAC = \alpha and chase angles along the chain of isosceles triangles AED,AED, EDB,EDB, and DBC.DBC.
Pista grande:
El ángulo exterior da ∠DEB=2α;\angle DEB = 2\alpha; luego los tres ángulos en DD a lo largo de AC‾\overline{AC} obligan a ∠BDC=3α=∠BCD.\angle BDC = 3\alpha = \angle BCD.
The exterior angle gives ∠DEB=2α;\angle DEB = 2\alpha; then the three angles at DD along AC‾\overline{AC} force ∠BDC=3α=∠BCD.\angle BDC = 3\alpha = \angle BCD.
Solución:
Sea ∠BAC=α.\angle BAC = \alpha. Como AE=ED,AE = ED, el triángulo AEDAED es isósceles con ∠ADE=∠DAE=α,\angle ADE = \angle DAE = \alpha, así que el ángulo exterior en EE da ∠DEB=2α.\angle DEB = 2\alpha. Como ED=DB,ED = DB, el triángulo EDBEDB cumple ∠DBE=∠DEB=2α,\angle DBE = \angle DEB = 2\alpha, por lo que ∠EDB=180∘−4α.\angle EDB = 180^\circ - 4\alpha.
Los tres ángulos en DD sobre el segmento AC‾\overline{AC} suman un ángulo llano: α+(180∘−4α)\alpha + (180^\circ - 4\alpha) +∠BDC=180∘,+ \angle BDC = 180^\circ, así que ∠BDC=3α.\angle BDC = 3\alpha. Como DB=BC,DB = BC, también ∠BCD=∠BDC=3α.\angle BCD = \angle BDC = 3\alpha. Pero AB=ACAB = AC hace que ∠ABC=∠ACB=3α,\angle ABC = \angle ACB = 3\alpha, de modo que la suma de ángulos del △ABC\triangle ABC da α+3α+3α=180∘,\alpha + 3\alpha + 3\alpha = 180^\circ, por lo que α=1807\alpha = \frac{180}{7} grados.
Entonces ∠ABC=3α=5407\angle ABC = 3\alpha = \frac{540}{7} grados, y m+n=540+7=547.m + n = 540 + 7 = 547.
Let ∠BAC=α.\angle BAC = \alpha. Since AE=ED,AE = ED, triangle AEDAED is isosceles with ∠ADE=∠DAE=α,\angle ADE = \angle DAE = \alpha, so the exterior angle at EE gives ∠DEB=2α.\angle DEB = 2\alpha. Since ED=DB,ED = DB, triangle EDBEDB has ∠DBE=∠DEB=2α,\angle DBE = \angle DEB = 2\alpha, hence ∠EDB=180∘−4α.\angle EDB = 180^\circ - 4\alpha.
The three angles at DD on segment AC‾\overline{AC} sum to a straight angle: α+(180∘−4α)\alpha + (180^\circ - 4\alpha) +∠BDC=180∘,+ \angle BDC = 180^\circ, so ∠BDC=3α.\angle BDC = 3\alpha. Since DB=BC,DB = BC, also ∠BCD=∠BDC=3α.\angle BCD = \angle BDC = 3\alpha. But AB=ACAB = AC makes ∠ABC=∠ACB=3α,\angle ABC = \angle ACB = 3\alpha, so the angle sum of △ABC\triangle ABC gives α+3α+3α=180∘,\alpha + 3\alpha + 3\alpha = 180^\circ, hence α=1807\alpha = \frac{180}{7} degrees.
Then ∠ABC=3α=5407\angle ABC = 3\alpha = \frac{540}{7} degrees, and m+n=540+7=547.m + n = 540 + 7 = 547.
Examen completo
Problema 2#2

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