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2001 AMC 12 Problema 24

Intenta el Problema 24 del 2001 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 2001 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).

24.

En el triángulo ABC,ABC, ∠ABC=45∘.\angle ABC = 45^\circ. El punto DD está sobre BC‾\overline{BC} de modo que 2⋅BD=CD2 \cdot BD = CD y ∠DAB=15∘.\angle DAB = 15^\circ. Halla ∠ACB.\angle ACB.
In triangle ABC,ABC, ∠ABC=45∘.\angle ABC = 45^\circ. Point DD is on BC‾\overline{BC} so that 2⋅BD=CD2 \cdot BD = CD and ∠DAB=15∘.\angle DAB = 15^\circ. Find ∠ACB.\angle ACB.
54∘54^\circ
60∘60^\circ
72∘72^\circ
75∘75^\circ
90∘90^\circ
Respuesta: D
Conceptos:persecución de ángulostriángulo isóscelestriángulo rectángulo especial
Nivel de dificultad: 2110
Pista pequeña:
El ángulo exterior da ∠ADC\angle ADC =∠DAB+∠ABD= \angle DAB + \angle ABD =15∘+45∘= 15^\circ + 45^\circ =60∘= 60^\circ
The exterior angle gives ∠ADC\angle ADC =∠DAB+∠ABD= \angle DAB + \angle ABD =15∘+45∘= 15^\circ + 45^\circ =60∘= 60^\circ
Pista grande:
Baja una perpendicular desde CC a la recta ADAD en E;E; entonces △CDE\triangle CDE es 3030-6060-9090 con DE=12CD=BDDE = \tfrac{1}{2}CD = BD
Drop a perpendicular from CC to line ADAD at E;E; then △CDE\triangle CDE is 3030-6060-9090 with DE=12CD=BDDE = \tfrac{1}{2}CD = BD
Solución:
Sea EE el pie de la perpendicular desde CC a la recta AD.AD. El ángulo exterior de △ADB\triangle ADB da ∠ADC=15∘+45∘=60∘,\angle ADC = 15^\circ + 45^\circ = 60^\circ, así que △CDE\triangle CDE es un triángulo 3030-6060-9090 con DE=12CD=BD.DE = \tfrac{1}{2}CD = BD.
Entonces △BDE\triangle BDE es isósceles con ∠EBD=∠BED=30∘,\angle EBD = \angle BED = 30^\circ, y como ∠ECB=30∘\angle ECB = 30^\circ también, △BEC\triangle BEC es isósceles con BE=EC.BE = EC.
Además ∠ABE\angle ABE =45∘−30∘= 45^\circ - 30^\circ =15∘= 15^\circ =∠EAB,= \angle EAB, así que △ABE\triangle ABE es isósceles con AE=BE.AE = BE. Por lo tanto AE=BE=EC,AE = BE = EC, haciendo que el triángulo rectángulo AECAEC sea isósceles con ∠ECA=45∘.\angle ECA = 45^\circ.
Por lo tanto ∠ACB\angle ACB =∠ECA+∠ECD= \angle ECA + \angle ECD =45∘+30∘= 45^\circ + 30^\circ =75∘.= 75^\circ.
Así, la respuesta correcta es D.
Let EE be the foot of the perpendicular from CC to line AD.AD. The exterior angle of △ADB\triangle ADB gives ∠ADC=15∘+45∘=60∘,\angle ADC = 15^\circ + 45^\circ = 60^\circ, so △CDE\triangle CDE is a 3030-6060-9090 triangle with DE=12CD=BD.DE = \tfrac{1}{2}CD = BD.
Then △BDE\triangle BDE is isosceles with ∠EBD=∠BED=30∘,\angle EBD = \angle BED = 30^\circ, and since ∠ECB=30∘\angle ECB = 30^\circ too, △BEC\triangle BEC is isosceles with BE=EC.BE = EC.
Also ∠ABE\angle ABE =45∘−30∘= 45^\circ - 30^\circ =15∘= 15^\circ =∠EAB,= \angle EAB, so △ABE\triangle ABE is isosceles with AE=BE.AE = BE. Hence AE=BE=EC,AE = BE = EC, making right triangle AECAEC isosceles with ∠ECA=45∘.\angle ECA = 45^\circ.
Therefore ∠ACB\angle ACB =∠ECA+∠ECD= \angle ECA + \angle ECD =45∘+30∘= 45^\circ + 30^\circ =75∘.= 75^\circ.
Thus, the correct answer is D.
Problema 23#23
Examen completo
Problema 25#25

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