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2025 AIME I Problema 14

Intenta el Problema 14 del 2025 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 2025 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).

14.

Sea ABCDEABCDE un pentágono convexo con AB=14,AB = 14, BC=7,BC = 7, CD=24,CD = 24, DE=13,DE = 13, EA=26,EA = 26, y ∠B=∠E=60∘.\angle B = \angle E = 60^\circ. Para cada punto XX del plano, defina f(X)=AX+BX+CXf(X) = AX + BX + CX +DX+EX.+ DX + EX. El menor valor posible de f(X)f(X) se puede expresar como m+np,m + n\sqrt{p}, donde mm y nn son enteros positivos y pp no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle m+n+p.m + n + p.
Let ABCDEABCDE be a convex pentagon with AB=14,AB = 14, BC=7,BC = 7, CD=24,CD = 24, DE=13,DE = 13, EA=26,EA = 26, and ∠B=∠E=60∘.\angle B = \angle E = 60^\circ. For each point XX in the plane, define f(X)=AX+BX+CXf(X) = AX + BX + CX +DX+EX.+ DX + EX. The least possible value of f(X)f(X) can be expressed as m+np,m + n\sqrt{p}, where mm and nn are positive integers and pp is not divisible by the square of any prime. Find m+n+p.m + n + p.
Respuesta: 60
Conceptos:ley de los cosenoscuadrilátero cíclicotransformaciónoptimización
Nivel de dificultad: 3500
Pista pequeña:
Calcule AC=73AC = 7\sqrt{3} y AD=133;AD = 13\sqrt{3}; los triángulos ABCABC y AEDAED resultan tener ángulos rectos en CC y DD
Compute AC=73AC = 7\sqrt{3} and AD=133;AD = 13\sqrt{3}; triangles ABCABC and AEDAED turn out to have right angles at CC and DD
Pista grande:
Separe f(X)=(BX+EX)f(X) = (BX + EX) +(AX+CX+DX)+ (AX + CX + DX) y muestre que el punto de Fermat del triángulo ACDACD está en el segmento BEBE
Split f(X)=(BX+EX)f(X) = (BX + EX) +(AX+CX+DX)+ (AX + CX + DX) and show that the Fermat point of triangle ACDACD lies on segment BEBE
Solución:
En el triángulo ABC,ABC, la ley de cosenos con ∠B=60∘\angle B = 60^\circ da AC2=142+72−14⋅7=147,AC^2 = 14^2 + 7^2 - 14 \cdot 7 = 147, así que AC=73;AC = 7\sqrt{3}; como 72+147=142,7^2 + 147 = 14^2, el ángulo en CC es recto y ∠BAC=30∘.\angle BAC = 30^\circ. Del mismo modo AD=133,AD = 13\sqrt{3}, con un ángulo recto en DD y ∠DAE=30∘.\angle DAE = 30^\circ. En el triángulo ACDACD con CD=24,CD = 24, cos⁡∠CAD=147+507−5762⋅73⋅133=17,sin⁡∠CAD=437. \begin{aligned} \cos \angle CAD &= \frac{147 + 507 - 576}{2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3}} \\ &= \frac{1}{7}, \\ \sin \angle CAD &= \frac{4\sqrt{3}}{7}. \end{aligned}
Separe f(X)=(BX+EX)f(X) = (BX + EX) +(AX+CX+DX)≥BE+T,+ (AX + CX + DX) \ge BE + T, donde TT es el mínimo de AX+CX+DX.AX + CX + DX. Como ∠BAE=30∘+∠CAD+30∘,\angle BAE = 30^\circ + \angle CAD + 30^\circ, obtenemos cos⁡∠BAE=12⋅17\cos \angle BAE = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{7} −32⋅437- \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} =−1114,= -\frac{11}{14}, así que BE2=142+262BE^2 = 14^2 + 26^2 +2⋅14⋅26⋅1114=1444+ 2 \cdot 14 \cdot 26 \cdot \frac{11}{14} = 1444 y BE=38.BE = 38. Todos los ángulos del triángulo ACDACD son menores que 120∘,120^\circ, así que TT se alcanza en su punto de Fermat; al construir un triángulo equilátero ACPACP sobre el lado ACAC del lado opuesto a D,D, el argumento estándar de rotación da T=PD,T = PD, y como ∠PAD=60∘+∠CAD\angle PAD = 60^\circ + \angle CAD también tiene coseno −1114,-\frac{11}{14}, T2=147+507+2⋅73⋅133⋅1114=1083,T=193. \begin{gathered} T^2 \\ = 147 + 507 \\ {}+ 2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3} \cdot \frac{11}{14} \\ = 1083, \\ T = 19\sqrt{3}. \end{gathered}
Ambas cotas se alcanzan simultáneamente: sea FF el punto de Fermat de ACD,ACD, de modo que ∠AFC=∠AFD=120∘.\angle AFC = \angle AFD = 120^\circ. Como ∠AFC+∠ABC=180∘,\angle AFC + \angle ABC = 180^\circ, el punto FF está en la circunferencia circunscrita de ABC,ABC, de donde ∠AFB=∠ACB=90∘;\angle AFB = \angle ACB = 90^\circ; análogamente FF está en la circunferencia circunscrita de AEDAED y ∠AFE=∠ADE=90∘.\angle AFE = \angle ADE = 90^\circ. Así ∠BFE=180∘,\angle BFE = 180^\circ, de modo que FF está en el segmento BEBE y f(F)=BE+T=38+193.f(F) = BE + T = 38 + 19\sqrt{3}. La respuesta es m+n+p=38+19+3=60.m + n + p = 38 + 19 + 3 = 60.
In triangle ABC,ABC, the law of cosines with ∠B=60∘\angle B = 60^\circ gives AC2=142+72−14⋅7=147,AC^2 = 14^2 + 7^2 - 14 \cdot 7 = 147, so AC=73;AC = 7\sqrt{3}; since 72+147=142,7^2 + 147 = 14^2, the angle at CC is right and ∠BAC=30∘.\angle BAC = 30^\circ. Likewise AD=133,AD = 13\sqrt{3}, with a right angle at DD and ∠DAE=30∘.\angle DAE = 30^\circ. In triangle ACDACD with CD=24,CD = 24, cos⁡∠CAD=147+507−5762⋅73⋅133=17,sin⁡∠CAD=437. \begin{aligned} \cos \angle CAD &= \frac{147 + 507 - 576}{2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3}} \\ &= \frac{1}{7}, \\ \sin \angle CAD &= \frac{4\sqrt{3}}{7}. \end{aligned}
Split f(X)=(BX+EX)f(X) = (BX + EX) +(AX+CX+DX)≥BE+T,+ (AX + CX + DX) \ge BE + T, where TT is the minimum of AX+CX+DX.AX + CX + DX. Since ∠BAE=30∘+∠CAD+30∘,\angle BAE = 30^\circ + \angle CAD + 30^\circ, we get cos⁡∠BAE=12⋅17\cos \angle BAE = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{7} −32⋅437- \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} =−1114,= -\frac{11}{14}, so BE2=142+262BE^2 = 14^2 + 26^2 +2⋅14⋅26⋅1114=1444+ 2 \cdot 14 \cdot 26 \cdot \frac{11}{14} = 1444 and BE=38.BE = 38. All angles of triangle ACDACD are less than 120∘,120^\circ, so TT is attained at its Fermat point; erecting an equilateral triangle ACPACP on side ACAC away from D,D, the standard rotation argument gives T=PD,T = PD, and since ∠PAD=60∘+∠CAD\angle PAD = 60^\circ + \angle CAD also has cosine −1114,-\frac{11}{14}, T2=147+507+2⋅73⋅133⋅1114=1083,T=193. \begin{gathered} T^2 \\ = 147 + 507 \\ {}+ 2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3} \cdot \frac{11}{14} \\ = 1083, \\ T = 19\sqrt{3}. \end{gathered}
Both bounds are tight simultaneously: let FF be the Fermat point of ACD,ACD, so ∠AFC=∠AFD=120∘.\angle AFC = \angle AFD = 120^\circ. Since ∠AFC+∠ABC=180∘,\angle AFC + \angle ABC = 180^\circ, point FF lies on the circumcircle of ABC,ABC, whence ∠AFB=∠ACB=90∘;\angle AFB = \angle ACB = 90^\circ; similarly FF lies on the circumcircle of AEDAED and ∠AFE=∠ADE=90∘.\angle AFE = \angle ADE = 90^\circ. Thus ∠BFE=180∘,\angle BFE = 180^\circ, so FF lies on segment BEBE and f(F)=BE+T=38+193.f(F) = BE + T = 38 + 19\sqrt{3}. The answer is m+n+p=38+19+3=60.m + n + p = 38 + 19 + 3 = 60.
Problema 13#13
Examen completo
Problema 15#15

El Problema 14 en otros años

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