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1965 AMC 12 Problema 30

Intenta el Problema 30 del 1965 AMC 12 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 1965 AMC 12, o revisar la clave de respuestas.

Todos los problemas se usan con el permiso legal oficial de la Mathematical Association of America (MAA).

30.

Sea BCBC, lado del triángulo rectángulo ABCABC, el diámetro de un círculo que corta la hipotenusa ABAB en D.D. En DD se traza una tangente que corta el cateto CACA en F.F. Esta información no es suficiente para demostrar que:

Let BCBC of right triangle ABCABC be the diameter of a circle intersecting hypotenuse ABAB in D.D. At DD a tangent is drawn cutting leg CACA in F.F. This information is not sufficient to prove that:

DFDF biseca CACA

DFDF bisects CACA

DFDF biseca ∠CDA\angle CDA

DFDF bisects ∠CDA\angle CDA

DF=FADF=FA

∠A=∠BCD\angle A=\angle BCD

∠CFD=2∠A\angle CFD=2\angle A

Respuesta: B
Conceptos:recta tangentetriángulo rectánguloteorema de la bisectrizcontraejemplo
Nivel de dificultad: 2290
Pista pequeña:

Usa las coordenadas C=(0,0),A=(a,0),B=(0,b)C=(0,0), A=(a,0), B=(0,b)

Use coordinates C=(0,0),A=(a,0),B=(0,b)C=(0,0), A=(a,0), B=(0,b)

Pista grande:

La tangente corta CACA en su punto medio; comprueba la afirmación sobre la bisectriz con el teorema de la bisectriz

The tangent meets CACA at its midpoint; test the angle-bisector claim with the angle-bisector theorem

Solución:

Toma C=(0,0), A=(a,0),C=(0,0),\ A=(a,0), y B=(0,b).B=(0,b). La segunda intersección de ABAB con el círculo de diámetro BCBC es D=(ab2a2+b2,a2ba2+b2). D=\left(\frac{ab^2}{a^2+b^2}, \frac{a^2b}{a^2+b^2}\right). La tangente en DD corta CACA en F=(a2,0).F=(\frac{a}{2},0). Por tanto, DFDF biseca CA;CA; además, FC=FD=FAFC=FD=FA por la igualdad de los segmentos tangentes desde F,F, lo que proporciona las opciones C y E, y los ángulos del círculo y del triángulo rectángulo proporcionan la opción D.

Si DFDF bisecara ∠CDA,\angle CDA, el teorema de la bisectriz en el triángulo CDACDA exigiría CFFA=CDDA.\frac{CF}{FA}=\frac{CD}{DA}. El lado izquierdo es 1,1, mientras que CDDA=aba2=ba, \frac{CD}{DA}=\frac{ab}{a^2}=\frac ba, que no tiene por qué ser 1.1. Por tanto, la opción B no puede demostrarse.

Por lo tanto, la respuesta correcta es B.

Put C=(0,0), A=(a,0),C=(0,0),\ A=(a,0), and B=(0,b).B=(0,b). The second intersection of ABAB with the circle of diameter BCBC is D=(ab2a2+b2,a2ba2+b2). D=\left(\frac{ab^2}{a^2+b^2}, \frac{a^2b}{a^2+b^2}\right). The tangent at DD meets CACA at F=(a2,0).F=(\frac{a}{2},0). Hence DFDF bisects CA;CA; also FC=FD=FAFC=FD=FA by equal tangents from F,F, which supplies choices C and E, and the circle/right-triangle angles supply choice D.

If DFDF bisected ∠CDA,\angle CDA, the angle-bisector theorem in triangle CDACDA would require CFFA=CDDA.\frac{CF}{FA}=\frac{CD}{DA}. The left side is 1,1, while CDDA=aba2=ba, \frac{CD}{DA}=\frac{ab}{a^2}=\frac ba, which need not be 1.1. Thus choice B is not provable.

Therefore, the correct answer is B.

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