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2023 AIME II Problema 3

Intenta el Problema 3 del 2023 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 2023 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).

3.

Sea △ABC\triangle ABC un triángulo isósceles con ∠A=90∘.\angle A = 90^\circ. Existe un punto PP dentro de △ABC\triangle ABC tal que ∠PAB=∠PBC=∠PCA\angle PAB = \angle PBC = \angle PCA y AP=10.AP = 10. Halla el área de △ABC.\triangle ABC.
Let △ABC\triangle ABC be an isosceles triangle with ∠A=90∘.\angle A = 90^\circ. There exists a point PP inside △ABC\triangle ABC such that ∠PAB=∠PBC=∠PCA\angle PAB = \angle PBC = \angle PCA and AP=10.AP = 10. Find the area of △ABC.\triangle ABC.
Respuesta: 250
Conceptos:persecución de ángulosley de los senostrigonometría
Nivel de dificultad: 2460
Pista pequeña:
Sea ω\omega el ángulo común. En el triángulo APCAPC los ángulos en AA y CC son 90∘−ω90^\circ - \omega y ω,\omega, así que ∠APC=90∘\angle APC = 90^\circ
Let ω\omega be the common angle. In triangle APCAPC the angles at AA and CC are 90∘−ω90^\circ - \omega and ω,\omega, so ∠APC=90∘\angle APC = 90^\circ
Pista grande:
Compara la ley de senos en el triángulo ABPABP con AC=APsin⁡ω;AC = \frac{AP}{\sin\omega}; todo se reduce a tan⁡ω=12\tan\omega = \frac{1}{2}
Compare the law of sines in triangle ABPABP with AC=APsin⁡ω;AC = \frac{AP}{\sin\omega}; everything reduces to tan⁡ω=12\tan\omega = \frac{1}{2}
Solución:
Sea ω\omega el ángulo común y L=AB=AC.L = AB = AC. Como ∠PAB=ω,\angle PAB = \omega, tenemos ∠PAC=90∘−ω,\angle PAC = 90^\circ - \omega, y con ∠PCA=ω\angle PCA = \omega los ángulos del triángulo APCAPC dan ∠APC=90∘.\angle APC = 90^\circ. Por lo tanto, en el triángulo rectángulo APC,APC, L=AC=APsin⁡ω=10sin⁡ω.L = AC = \frac{AP}{\sin\omega} = \frac{10}{\sin\omega}.
En el triángulo ABP,ABP, el ángulo en AA es ω\omega y el ángulo en BB es 45∘−ω,45^\circ - \omega, así que ∠APB=135∘.\angle APB = 135^\circ. La ley de senos da APsin⁡(45∘−ω)=ABsin⁡135∘,\frac{AP}{\sin(45^\circ - \omega)} = \frac{AB}{\sin 135^\circ}, es decir, 10sin⁡135∘=Lsin⁡(45∘−ω).10 \sin 135^\circ = L \sin(45^\circ - \omega). Sustituyendo L=10sin⁡ωL = \frac{10}{\sin\omega} y desarrollando se obtiene sin⁡ω=2 sin⁡(45∘−ω)=cos⁡ω−sin⁡ω, \begin{aligned} \sin\omega &= \sqrt{2}\,\sin(45^\circ - \omega) \\ &= \cos\omega - \sin\omega, \end{aligned} así que tan⁡ω=12\tan\omega = \frac{1}{2} y sin⁡2ω=15.\sin^2\omega = \frac{1}{5}.
Por lo tanto L2=100sin⁡2ω=500,L^2 = \frac{100}{\sin^2\omega} = 500, y el área es 12L2=250.\frac{1}{2}L^2 = 250.
Let ω\omega denote the common angle and L=AB=AC.L = AB = AC. Since ∠PAB=ω,\angle PAB = \omega, we have ∠PAC=90∘−ω,\angle PAC = 90^\circ - \omega, and with ∠PCA=ω\angle PCA = \omega the angles of triangle APCAPC give ∠APC=90∘.\angle APC = 90^\circ. Hence in right triangle APC,APC, L=AC=APsin⁡ω=10sin⁡ω.L = AC = \frac{AP}{\sin\omega} = \frac{10}{\sin\omega}.
In triangle ABP,ABP, the angle at AA is ω\omega and the angle at BB is 45∘−ω,45^\circ - \omega, so ∠APB=135∘.\angle APB = 135^\circ. The law of sines gives APsin⁡(45∘−ω)=ABsin⁡135∘,\frac{AP}{\sin(45^\circ - \omega)} = \frac{AB}{\sin 135^\circ}, that is, 10sin⁡135∘=Lsin⁡(45∘−ω).10 \sin 135^\circ = L \sin(45^\circ - \omega). Substituting L=10sin⁡ωL = \frac{10}{\sin\omega} and expanding yields sin⁡ω=2 sin⁡(45∘−ω)=cos⁡ω−sin⁡ω, \begin{aligned} \sin\omega &= \sqrt{2}\,\sin(45^\circ - \omega) \\ &= \cos\omega - \sin\omega, \end{aligned} so tan⁡ω=12\tan\omega = \frac{1}{2} and sin⁡2ω=15.\sin^2\omega = \frac{1}{5}.
Therefore L2=100sin⁡2ω=500,L^2 = \frac{100}{\sin^2\omega} = 500, and the area is 12L2=250.\frac{1}{2}L^2 = 250.
Problema 2#2
Examen completo
Problema 4#4

El Problema 3 en otros años

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