Question

Sea $ABCDE$ un pentágono convexo con $AB = 14,$ $BC = 7,$ $CD = 24,$ $DE = 13,$ $EA = 26,$ y $\angle B = \angle E = 60^\circ.$ Para cada punto $X$ del plano, defina $f(X) = AX + BX + CX$ $+ DX + EX.$ El menor valor posible de $f(X)$ se puede expresar como $m + n\sqrt{p},$ donde $m$ y $n$ son enteros positivos y $p$ no es divisible por el cuadrado de ningún primo. Halle $m + n + p.$

Let $ABCDE$ be a convex pentagon with $AB = 14,$ $BC = 7,$ $CD = 24,$ $DE = 13,$ $EA = 26,$ and $\angle B = \angle E = 60^\circ.$ For each point $X$ in the plane, define $f(X) = AX + BX + CX$ $+ DX + EX.$ The least possible value of $f(X)$ can be expressed as $m + n\sqrt{p},$ where $m$ and $n$ are positive integers and $p$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

Respuesta

Respuesta: 60

Conceptos:ley de los cosenos cuadrilátero cíclico transformación optimización

Nivel de dificultad: 3500

Pista pequeña:

Calcule $AC = 7\sqrt{3}$ y $AD = 13\sqrt{3};$ los triángulos $ABC$ y $AED$ resultan tener ángulos rectos en $C$ y $D$

Compute $AC = 7\sqrt{3}$ and $AD = 13\sqrt{3};$ triangles $ABC$ and $AED$ turn out to have right angles at $C$ and $D$

Pista grande:

Separe $f(X) = (BX + EX)$ $+ (AX + CX + DX)$ y muestre que el punto de Fermat del triángulo $ACD$ está en el segmento $BE$

Split $f(X) = (BX + EX)$ $+ (AX + CX + DX)$ and show that the Fermat point of triangle $ACD$ lies on segment $BE$

Solución:

En el triángulo $ABC,$ la ley de cosenos con $\angle B = 60^\circ$ da $AC^2 = 14^2 + 7^2 - 14 \cdot 7 = 147,$ así que $AC = 7\sqrt{3};$ como $7^2 + 147 = 14^2,$ el ángulo en $C$ es recto y $\angle BAC = 30^\circ.$ Del mismo modo $AD = 13\sqrt{3},$ con un ángulo recto en $D$ y $\angle DAE = 30^\circ.$ En el triángulo $ACD$ con $CD = 24,$ $\begin{aligned} \cos \angle CAD &= \frac{147 + 507 - 576}{2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3}} \\ &= \frac{1}{7}, \\ \sin \angle CAD &= \frac{4\sqrt{3}}{7}. \end{aligned}$

Separe $f(X) = (BX + EX)$ $+ (AX + CX + DX) \ge BE + T,$ donde $T$ es el mínimo de $AX + CX + DX.$ Como $\angle BAE = 30^\circ + \angle CAD + 30^\circ,$ obtenemos $\cos \angle BAE = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{7}$ $- \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7}$ $= -\frac{11}{14},$ así que $BE^2 = 14^2 + 26^2$ $+ 2 \cdot 14 \cdot 26 \cdot \frac{11}{14} = 1444$ y $BE = 38.$ Todos los ángulos del triángulo $ACD$ son menores que $120^\circ,$ así que $T$ se alcanza en su punto de Fermat; al construir un triángulo equilátero $ACP$ sobre el lado $AC$ del lado opuesto a $D,$ el argumento estándar de rotación da $T = PD,$ y como $\angle PAD = 60^\circ + \angle CAD$ también tiene coseno $-\frac{11}{14},$ $\begin{gathered} T^2 \\ = 147 + 507 \\ {}+ 2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3} \cdot \frac{11}{14} \\ = 1083, \\ T = 19\sqrt{3}. \end{gathered}$

Ambas cotas se alcanzan simultáneamente: sea $F$ el punto de Fermat de $ACD,$ de modo que $\angle AFC = \angle AFD = 120^\circ.$ Como $\angle AFC + \angle ABC = 180^\circ,$ el punto $F$ está en la circunferencia circunscrita de $ABC,$ de donde $\angle AFB = \angle ACB = 90^\circ;$ análogamente $F$ está en la circunferencia circunscrita de $AED$ y $\angle AFE = \angle ADE = 90^\circ.$ Así $\angle BFE = 180^\circ,$ de modo que $F$ está en el segmento $BE$ y $f(F) = BE + T = 38 + 19\sqrt{3}.$ La respuesta es $m + n + p = 38 + 19 + 3 = 60.$

In triangle $ABC,$ the law of cosines with $\angle B = 60^\circ$ gives $AC^2 = 14^2 + 7^2 - 14 \cdot 7 = 147,$ so $AC = 7\sqrt{3};$ since $7^2 + 147 = 14^2,$ the angle at $C$ is right and $\angle BAC = 30^\circ.$ Likewise $AD = 13\sqrt{3},$ with a right angle at $D$ and $\angle DAE = 30^\circ.$ In triangle $ACD$ with $CD = 24,$ $\begin{aligned} \cos \angle CAD &= \frac{147 + 507 - 576}{2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3}} \\ &= \frac{1}{7}, \\ \sin \angle CAD &= \frac{4\sqrt{3}}{7}. \end{aligned}$

Split $f(X) = (BX + EX)$ $+ (AX + CX + DX) \ge BE + T,$ where $T$ is the minimum of $AX + CX + DX.$ Since $\angle BAE = 30^\circ + \angle CAD + 30^\circ,$ we get $\cos \angle BAE = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{7}$ $- \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7}$ $= -\frac{11}{14},$ so $BE^2 = 14^2 + 26^2$ $+ 2 \cdot 14 \cdot 26 \cdot \frac{11}{14} = 1444$ and $BE = 38.$ All angles of triangle $ACD$ are less than $120^\circ,$ so $T$ is attained at its Fermat point; erecting an equilateral triangle $ACP$ on side $AC$ away from $D,$ the standard rotation argument gives $T = PD,$ and since $\angle PAD = 60^\circ + \angle CAD$ also has cosine $-\frac{11}{14},$ $\begin{gathered} T^2 \\ = 147 + 507 \\ {}+ 2 \cdot 7\sqrt{3} \cdot 13\sqrt{3} \cdot \frac{11}{14} \\ = 1083, \\ T = 19\sqrt{3}. \end{gathered}$

Both bounds are tight simultaneously: let $F$ be the Fermat point of $ACD,$ so $\angle AFC = \angle AFD = 120^\circ.$ Since $\angle AFC + \angle ABC = 180^\circ,$ point $F$ lies on the circumcircle of $ABC,$ whence $\angle AFB = \angle ACB = 90^\circ;$ similarly $F$ lies on the circumcircle of $AED$ and $\angle AFE = \angle ADE = 90^\circ.$ Thus $\angle BFE = 180^\circ,$ so $F$ lies on segment $BE$ and $f(F) = BE + T = 38 + 19\sqrt{3}.$ The answer is $m + n + p = 38 + 19 + 3 = 60.$

2025 AIME I Problema 14

Respuesta: 60

Nivel de dificultad: 3500

Pista pequeña:

Pista grande:

Solución:

El Problema 14 en otros años