Question

在 $\triangle ABC$ 中， $AB = 10$ 、 $\angle A = 30^\circ$ 、 $\angle C = 45^\circ$ 。设 $H$ 、 $D$ 和 $M$ 是直线 $\overline{BC}$ 上的点，满足 $\overline{AH} \perp \overline{BC}$ 、 $\angle BAD = \angle CAD$ ，且 $BM = CM$ 。点 $N$ 是线段 $\overline{HM}$ 的中点，点 $P$ 在射线 $AD$ 上且 $\overline{PN} \perp \overline{BC}$ 。于是 $AP^2 = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

In $\triangle ABC,$ $AB = 10,$ $\angle A = 30^\circ,$ and $\angle C = 45^\circ.$ Let $H,$ $D,$ and $M$ be points on line $\overline{BC}$ such that $\overline{AH} \perp \overline{BC},$ $\angle BAD = \angle CAD,$ and $BM = CM.$ Point $N$ is the midpoint of segment $\overline{HM},$ and point $P$ is on ray $AD$ such that $\overline{PN} \perp \overline{BC}.$ Then $AP^2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：77

知识点：外接圆、外心与外接圆半径角平分线正弦定理中点

难度评级：3160

小提示：

将射线 $AD$ 延长到外接圆：它在弧 $BC$ 的中点 $E$ 处再次相交，而该点到直线 $BC$ 的投影正好是 $M$ 。

Extend ray $AD$ to the circumcircle: it meets it at the midpoint $E$ of arc $BC,$ whose projection onto line $BC$ is exactly $M$

大提示：

因为 $N$ 是 $\overline{HM}$ 的中点，所以 $P$ 是 $\overline{AE}$ 的中点。用正弦定理在三角形 $ABE$ 中求 $AE$ 。

Since $N$ is the midpoint of $\overline{HM},$ $P$ is the midpoint of $\overline{AE}.$ Find $AE$ from triangle $ABE$ with the law of sines.

解答：

设射线 $AD$ 与 $\triangle ABC$ 的外接圆再次交于 $E$ 。因为 $AD$ 平分角 $A$ ，点 $E$ 是弧 $BC$ 的中点，所以 $E$ 在 $\overline{BC}$ 的垂直平分线上，并投影到直线 $BC$ 上的点 $M$ 。共线点 $A$ 、 $P$ 、 $E$ 到直线 $BC$ 的投影分别为 $H$ 、 $N$ 、 $M$ ，而投影保持同一直线上的比例；由于 $N$ 是 $\overline{HM}$ 的中点，点 $P$ 是 $\overline{AE}$ 的中点。

这里 $\angle B = 105^\circ$ ，且 $\angle CBE = \angle CAE = 15^\circ$ （都对着弧 $CE$ ），所以 $\angle ABE = 120^\circ$ 。又 $\angle AEB = \angle ACB = 45^\circ$ （都对着弧 $AB$ ）。在 $\triangle ABE$ 中由正弦定理得到 $\begin{aligned} AE &= AB \cdot \frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle AEB} \\ &= 10 \cdot \frac{\sin 120^\circ}{\sin 45^\circ} \\ &= 5\sqrt{6} \end{aligned}\text{。}$

因此 $AP = \frac{1}{2} AE = \frac{5\sqrt{6}}{2}$ ，所以 $AP^2 = \frac{75}{2}$ ，且 $m + n = 75 + 2 = 77$ 。

Let ray $AD$ meet the circumcircle of $\triangle ABC$ again at $E.$ Since $AD$ bisects angle $A,$ the point $E$ is the midpoint of arc $BC,$ so $E$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{BC}$ and projects onto line $BC$ at $M.$ The projections of the collinear points $A,$ $P,$ $E$ onto line $BC$ are $H,$ $N,$ $M,$ and projection preserves ratios along a line; since $N$ is the midpoint of $\overline{HM},$ point $P$ is the midpoint of $\overline{AE}.$

Here $\angle B = 105^\circ,$ and $\angle CBE = \angle CAE = 15^\circ$ (both subtend arc $CE$ ), so $\angle ABE = 120^\circ.$ Also $\angle AEB = \angle ACB = 45^\circ$ (both subtend arc $AB$ ). The law of sines in $\triangle ABE$ gives $\begin{aligned} AE &= AB \cdot \frac{\sin \angle ABE}{\sin \angle AEB} \\ &= 10 \cdot \frac{\sin 120^\circ}{\sin 45^\circ} \\ &= 5\sqrt{6}. \end{aligned}$

Therefore $AP = \frac{1}{2} AE = \frac{5\sqrt{6}}{2},$ so $AP^2 = \frac{75}{2}$ and $m + n = 75 + 2 = 77.$

2014 AIME II 第 14 题

答案：77

难度评级：3160

小提示：

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解答：

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