Question

在三角形 $ABC$ 中， $AC = 13$ ， $BC = 14$ ，且 $AB = 15$ 。点 $M$ 和 $D$ 在 $\overline{AC}$ 上，满足 $AM = MC$ 且 $\angle ABD = \angle DBC$ 。点 $N$ 和 $E$ 在 $\overline{AB}$ 上，满足 $AN = NB$ 且 $\angle ACE = \angle ECB$ 。设 $P$ 是 $\triangle AMN$ 与 $\triangle ADE$ 的外接圆的另一个交点。射线 $AP$ 与 $\overline{BC}$ 交于 $Q$ 。比值 $\frac{BQ}{CQ}$ 可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m - n$ 。

In triangle $ABC,$ $AC = 13,$ $BC = 14,$ and $AB = 15.$ Points $M$ and $D$ lie on $\overline{AC}$ with $AM = MC$ and $\angle ABD = \angle DBC.$ Points $N$ and $E$ lie on $\overline{AB}$ with $AN = NB$ and $\angle ACE = \angle ECB.$ Let $P$ be the other point of intersection of the circumcircles of $\triangle AMN$ and $\triangle ADE.$ Ray $AP$ meets $\overline{BC}$ at $Q.$ The ratio $\frac{BQ}{CQ}$ can be written in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m - n.$

答案

答案：218

知识点：圆内接四边形角平分线定理正弦定理面积比

难度评级：3700

小提示：

使用角平分线定理，计算中点与角平分线交点之间的短线段 $NE$ 和 $MD$ 。

Use the angle bisector theorem to compute the short segments $NE$ and $MD$ between the midpoints and the bisector feet

大提示：

圆内接四边形 $AMPN$ 和 $AEPD$ 使三角形 $ENP$ 与 $DMP$ 相似，而正弦定理把 $\frac{NP}{MP}$ 转化为 $\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ}$ 。

The cyclic quadrilaterals $AMPN$ and $AEPD$ make triangles $ENP$ and $DMP$ similar, and the law of sines turns $\frac{NP}{MP}$ into $\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ}$

解答：

由角平分线定理， $AE = \frac{13}{27} \cdot 15$ ，且 $CD = \frac{14}{29} \cdot 13$ ，所以 $E$ 位于 $\overline{AN}$ 上， $D$ 位于 $\overline{MC}$ 上，并且 $\begin{aligned} NE &= AN - AE = \frac{15}{2} - \frac{65}{9} \\ &= \frac{5}{18}, \\ MD &= CM - CD = \frac{13}{2} - \frac{182}{29} \\ &= \frac{13}{58} \end{aligned}\text{。}$

因为 $AMPN$ 共圆， $\angle ENP = \angle ANP$ $= 180^\circ - \angle AMP$ $= \angle DMP$ ，又因为 $AEPD$ 共圆， $\angle NEP = 180^\circ - \angle AEP$ $= \angle ADP$ $= \angle MDP$ 。因此三角形 $ENP$ 和 $DMP$ 相似，所以 $\frac{NP}{MP} = \frac{NE}{MD}$ 。在三角形 $ANP$ 和 $AMP$ 中使用正弦定理，并注意角 $\angle ANP$ 与 $\angle AMP$ 互补， $\begin{aligned} \frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ} &= \frac{\sin\angle NAP}{\sin\angle MAP} \\ &= \frac{NP}{MP} = \frac{\frac{5}{18}}{\frac{13}{58}} \\ &= \frac{145}{117} \end{aligned}\text{。}$

比较三角形 $ABQ$ 和 $ACQ$ 的面积，它们共用塞瓦线 $\overline{AQ}$ ， $\begin{aligned} \frac{BQ}{CQ} &= \frac{[ABQ]}{[ACQ]} \\ &= \frac{AB \sin\angle BAQ}{AC \sin\angle CAQ} \\ &= \frac{15}{13} \cdot \frac{145}{117} = \frac{725}{507} \end{aligned}\text{，}$ 该分数已为最简形式，因为 $507 = 3 \cdot 13^2$ ，而 $725 = 5^2 \cdot 29$ 。因此 $m - n = 725 - 507 = 218$ 。

By the angle bisector theorem, $AE = \frac{13}{27} \cdot 15$ and $CD = \frac{14}{29} \cdot 13,$ so $E$ lies on $\overline{AN}$ and $D$ lies on $\overline{MC},$ with $\begin{aligned} NE &= AN - AE = \frac{15}{2} - \frac{65}{9} \\ &= \frac{5}{18}, \\ MD &= CM - CD = \frac{13}{2} - \frac{182}{29} \\ &= \frac{13}{58}. \end{aligned}$

Since $AMPN$ is cyclic, $\angle ENP = \angle ANP$ $= 180^\circ - \angle AMP$ $= \angle DMP,$ and since $AEPD$ is cyclic, $\angle NEP = 180^\circ - \angle AEP$ $= \angle ADP$ $= \angle MDP.$ Hence triangles $ENP$ and $DMP$ are similar, so $\frac{NP}{MP} = \frac{NE}{MD}.$ By the law of sines in triangles $ANP$ and $AMP,$ whose angles $\angle ANP$ and $\angle AMP$ are supplementary, $\begin{aligned} \frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ} &= \frac{\sin\angle NAP}{\sin\angle MAP} \\ &= \frac{NP}{MP} = \frac{\frac{5}{18}}{\frac{13}{58}} \\ &= \frac{145}{117}. \end{aligned}$

Comparing the areas of triangles $ABQ$ and $ACQ,$ which share the cevian $\overline{AQ},$ $\begin{aligned} \frac{BQ}{CQ} &= \frac{[ABQ]}{[ACQ]} \\ &= \frac{AB \sin\angle BAQ}{AC \sin\angle CAQ} \\ &= \frac{15}{13} \cdot \frac{145}{117} = \frac{725}{507}, \end{aligned}$ which is in lowest terms since $507 = 3 \cdot 13^2$ and $725 = 5^2 \cdot 29.$ Thus $m - n = 725 - 507 = 218.$

2010 AIME II 第 15 题

答案：218

难度评级：3700

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