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2024 AIME II Problema 10

Intenta el Problema 10 del 2024 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 2024 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).

10.

Sea △ABC\triangle ABC con incentro I,I, circuncentro O,O, inradio 6,6, y circunradio 13.13. Supón que IA‾⊥OI‾.\overline{IA} \perp \overline{OI}. Halla AB⋅AC.AB \cdot AC.
Let △ABC\triangle ABC have incenter I,I, circumcenter O,O, inradius 6,6, and circumradius 13.13. Suppose that IA‾⊥OI‾.\overline{IA} \perp \overline{OI}. Find AB⋅AC.AB \cdot AC.
Respuesta: 468
Conceptos:circunferencia inscrita, incentro e inradiocircunferencia circunscrita, circuncentro y circunradiotrigonometría
Nivel de dificultad: 3060
Pista pequeña:
El ángulo recto da IA2=R2−OI2,IA^2 = R^2 - OI^2, y la fórmula de Euler OI2=R2−2RrOI^2 = R^2 - 2Rr lo convierte en IA2=2RrIA^2 = 2Rr
The right angle gives IA2=R2−OI2,IA^2 = R^2 - OI^2, and Euler’s formula OI2=R2−2RrOI^2 = R^2 - 2Rr turns this into IA2=2RrIA^2 = 2Rr
Pista grande:
Combina IA=rsin⁡(A2)IA = \frac{r}{\sin(\frac{A}{2})} con s−a=rcot⁡A2,s - a = r \cot\frac{A}{2}, a=2Rsin⁡A,a = 2R \sin A, y rs=12bcsin⁡Ars = \frac{1}{2} bc \sin A
Combine IA=rsin⁡(A2)IA = \frac{r}{\sin(\frac{A}{2})} with s−a=rcot⁡A2,s - a = r \cot\frac{A}{2}, a=2Rsin⁡A,a = 2R \sin A, and rs=12bcsin⁡Ars = \frac{1}{2} bc \sin A
Solución:
Como ∠OIA=90∘,\angle OIA = 90^\circ, el teorema de Pitágoras en el triángulo OIAOIA da IA2=OA2−OI2=R2−OI2,IA^2 = OA^2 - OI^2 = R^2 - OI^2, y la fórmula de Euler OI2=R2−2RrOI^2 = R^2 - 2Rr produce IA2=2Rr=2⋅13⋅6=156.IA^2 = 2Rr = 2 \cdot 13 \cdot 6 = 156. Al combinar esto con IA=rsin⁡(A2)IA = \frac{r}{\sin(\frac{A}{2})} se obtiene sin⁡2A2=36156=313,\sin^2\frac{A}{2} = \frac{36}{156} = \frac{3}{13}, así que cos⁡2A2=1013.\cos^2\frac{A}{2} = \frac{10}{13}.
Entonces sin⁡A=2sin⁡A2cos⁡A2=23013,\sin A = 2 \sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2} = \frac{2\sqrt{30}}{13}, así que a=BC=2Rsin⁡A=430,a = BC = 2R \sin A = 4\sqrt{30}, mientras que s−a=rcot⁡A2=6103s - a = r \cot\frac{A}{2} = 6\sqrt{\frac{10}{3}} =230.= 2\sqrt{30}. Por lo tanto el semiperímetro es s=630.s = 6\sqrt{30}.
Igualando las dos fórmulas del área [ABC]=rs=12 bcsin⁡A,[ABC] = rs = \frac{1}{2}\, bc \sin A, bc=2rssin⁡A=2⋅6⋅63023013=36⋅13=468. \begin{aligned} bc = \frac{2rs}{\sin A} &= \frac{2 \cdot 6 \cdot 6\sqrt{30}}{\frac{2\sqrt{30}}{13}} \\ &= 36 \cdot 13 = 468. \end{aligned}
Since ∠OIA=90∘,\angle OIA = 90^\circ, the Pythagorean theorem in triangle OIAOIA gives IA2=OA2−OI2=R2−OI2,IA^2 = OA^2 - OI^2 = R^2 - OI^2, and Euler’s formula OI2=R2−2RrOI^2 = R^2 - 2Rr yields IA2=2Rr=2⋅13⋅6=156.IA^2 = 2Rr = 2 \cdot 13 \cdot 6 = 156. Combining with IA=rsin⁡(A2)IA = \frac{r}{\sin(\frac{A}{2})} gives sin⁡2A2=36156=313,\sin^2\frac{A}{2} = \frac{36}{156} = \frac{3}{13}, so cos⁡2A2=1013.\cos^2\frac{A}{2} = \frac{10}{13}.
Then sin⁡A=2sin⁡A2cos⁡A2=23013,\sin A = 2 \sin\frac{A}{2}\cos\frac{A}{2} = \frac{2\sqrt{30}}{13}, so a=BC=2Rsin⁡A=430,a = BC = 2R \sin A = 4\sqrt{30}, while s−a=rcot⁡A2=6103s - a = r \cot\frac{A}{2} = 6\sqrt{\frac{10}{3}} =230.= 2\sqrt{30}. Hence the semiperimeter is s=630.s = 6\sqrt{30}.
Equating the two area formulas [ABC]=rs=12 bcsin⁡A,[ABC] = rs = \frac{1}{2}\, bc \sin A, bc=2rssin⁡A=2⋅6⋅63023013=36⋅13=468. \begin{aligned} bc = \frac{2rs}{\sin A} &= \frac{2 \cdot 6 \cdot 6\sqrt{30}}{\frac{2\sqrt{30}}{13}} \\ &= 36 \cdot 13 = 468. \end{aligned}
Problema 9#9
Examen completo
Problema 11#11

El Problema 10 en otros años

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