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2020 AIME I Problema 13

Intenta el Problema 13 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).

13.

El punto DD está en el lado BC‾\overline{BC} del △ABC\triangle ABC de modo que AD‾\overline{AD} biseca ∠BAC.\angle BAC. La mediatriz de AD‾\overline{AD} corta a las bisectrices de ∠ABC\angle ABC y ∠ACB\angle ACB en los puntos EE y F,F, respectivamente. Dado que AB=4,AB = 4, BC=5,BC = 5, y CA=6,CA = 6, el área del △AEF\triangle AEF puede escribirse como mnp,\frac{m\sqrt{n}}{p}, donde mm y pp son enteros positivos primos entre sí, y nn es un entero positivo no divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle m+n+p.m + n + p.
Point DD lies on side BC‾\overline{BC} of △ABC\triangle ABC so that AD‾\overline{AD} bisects ∠BAC.\angle BAC. The perpendicular bisector of AD‾\overline{AD} intersects the bisectors of ∠ABC\angle ABC and ∠ACB\angle ACB in points EE and F,F, respectively. Given that AB=4,AB = 4, BC=5,BC = 5, and CA=6,CA = 6, the area of △AEF\triangle AEF can be written as mnp,\frac{m\sqrt{n}}{p}, where mm and pp are relatively prime positive integers, and nn is a positive integer not divisible by the square of any prime. Find m+n+p.m + n + p.
Respuesta: 36
Conceptos:bisectrizángulo inscritotrigonometría
Nivel de dificultad: 3160
Pista pequeña:
En el triángulo ABD,ABD, la bisectriz desde BB corta a la mediatriz de ADAD en el punto medio del arco AD,AD, así que ∠EAD=B2;\angle EAD = \frac{B}{2}; de forma similar ∠FAD=C2.\angle FAD = \frac{C}{2}.
In triangle ABD,ABD, the bisector from BB meets the perpendicular bisector of ADAD at the arc midpoint of AD,AD, so ∠EAD=B2;\angle EAD = \frac{B}{2}; similarly ∠FAD=C2.\angle FAD = \frac{C}{2}.
Pista grande:
Con MM el punto medio de AD‾,\overline{AD}, el área es 12AM2(tan⁡B2+tan⁡C2),\frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right), y AD2=AB⋅AC−BD⋅DC.AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC.
With MM the midpoint of AD‾,\overline{AD}, the area is 12AM2(tan⁡B2+tan⁡C2),\frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right), and AD2=AB⋅AC−BD⋅DC.AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC.
Solución:
En el triángulo ABD,ABD, la bisectriz interna del ángulo en BB vuelve a cortar a la circunferencia circunscrita de ABDABD en el punto medio del arco ADAD que no contiene a B,B, y ese punto medio del arco está en la mediatriz de AD‾\overline{AD}, así que EE es exactamente ese punto medio del arco. Los ángulos inscritos ∠EAD\angle EAD y ∠EBD\angle EBD subtienden el mismo arco ED,ED, así que ∠EAD=B2.\angle EAD = \frac{B}{2}. De forma similar ∠FAD=C2,\angle FAD = \frac{C}{2}, y E,FE, F están en lados opuestos de la recta AD.AD.
Sea MM el punto medio de AD‾.\overline{AD}. En los triángulos rectángulos AMEAME y AMF,AMF, ME=AMtan⁡B2ME = AM\tan\frac{B}{2} y MF=AMtan⁡C2,MF = AM\tan\frac{C}{2}, así que EF=AM(tan⁡B2+tan⁡C2),EF = AM\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right), mientras que la distancia de AA a la recta EFEF es AM.AM. Por lo tanto [AEF][AEF] =12AM2(tan⁡B2+tan⁡C2).= \frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right).
Aquí BD=2BD = 2 y DC=3,DC = 3, así que AD2=AB⋅AC−BD⋅DCAD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC =24−6= 24 - 6 =18= 18 y AM2=92.AM^2 = \frac{9}{2}. La ley de los cosenos da cos⁡B=18\cos B = \frac{1}{8} y cos⁡C=34,\cos C = \frac{3}{4}, así que tan⁡B2=1−181+18=73\tan\frac{B}{2} = \sqrt{\frac{1 - \frac{1}{8}}{1 + \frac{1}{8}}} = \frac{\sqrt{7}}{3} y tan⁡C2=17,\tan\frac{C}{2} = \frac{1}{\sqrt{7}}, con suma 10721.\frac{10\sqrt{7}}{21}. El área es 12⋅92⋅10721=15714,\frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{10\sqrt{7}}{21} = \frac{15\sqrt{7}}{14}, así que m+n+p=15+7+14=36.m + n + p = 15 + 7 + 14 = 36.
In triangle ABD,ABD, the internal bisector of the angle at BB meets the circumcircle of ABDABD again at the midpoint of arc ADAD not containing B,B, and that arc midpoint lies on the perpendicular bisector of AD‾\overline{AD} — so EE is exactly that arc midpoint. The inscribed angles ∠EAD\angle EAD and ∠EBD\angle EBD subtend the same arc ED,ED, so ∠EAD=B2.\angle EAD = \frac{B}{2}. Similarly ∠FAD=C2,\angle FAD = \frac{C}{2}, and E,FE, F lie on opposite sides of line AD.AD.
Let MM be the midpoint of AD‾.\overline{AD}. In right triangles AMEAME and AMF,AMF, ME=AMtan⁡B2ME = AM\tan\frac{B}{2} and MF=AMtan⁡C2,MF = AM\tan\frac{C}{2}, so EF=AM(tan⁡B2+tan⁡C2),EF = AM\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right), while the distance from AA to line EFEF is AM.AM. Hence [AEF][AEF] =12AM2(tan⁡B2+tan⁡C2).= \frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right).
Here BD=2BD = 2 and DC=3,DC = 3, so AD2=AB⋅AC−BD⋅DCAD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC =24−6= 24 - 6 =18= 18 and AM2=92.AM^2 = \frac{9}{2}. The law of cosines gives cos⁡B=18\cos B = \frac{1}{8} and cos⁡C=34,\cos C = \frac{3}{4}, so tan⁡B2=1−181+18=73\tan\frac{B}{2} = \sqrt{\frac{1 - \frac{1}{8}}{1 + \frac{1}{8}}} = \frac{\sqrt{7}}{3} and tan⁡C2=17,\tan\frac{C}{2} = \frac{1}{\sqrt{7}}, with sum 10721.\frac{10\sqrt{7}}{21}. The area is 12⋅92⋅10721=15714,\frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{10\sqrt{7}}{21} = \frac{15\sqrt{7}}{14}, so m+n+p=15+7+14=36.m + n + p = 15 + 7 + 14 = 36.
Problema 12#12
Examen completo
Problema 14#14

El Problema 13 en otros años

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