在 $\vartriangle ABC$ 中，$AB=12$，$BC=13$，$AC=15$，$M$ 为 $AC$ 边上的一点，使得 $\vartriangle ABM$ 和 $\vartriangle BCM$ 的内切圆的半径相等。设 $\frac{AM}{CM}=\frac{p}{q}$，其中 $p$ 和 $q$ 是互素的正整数。求 $p+q$ 的值。
【难度】
【出处】
2010年第28届美国数学邀请赛Ⅰ（AIMEⅠ）
【标注】
【答案】
45
【解析】
令 $\frac{AM}{CM}=k$，$\vartriangle AMB$ 和 $\vartriangle CMB$ 的公共高为 $h$ 。因为三角形内切圆的半径等于它的面积的两倍除以它的周长，所以内切圆的半径相等的两个三角形的面积比等于它们的周长比。所以 $\frac{12+AM+BM}{13+CM+BM}=\frac{\frac{1}{2}AM\cdot h}{\frac{1}{2}CM\cdot h}=k$，用 $k\cdot CM$ 代替 $AM$，解得 $BM=\frac{13k-12}{1-k}$ 。因为 $BM0$，所以 $k\frac{12}{13}$ 。因为 $\frac{AM}{CM}=k$，$AM+CM=15$，所以 $CM=\frac{15}{k+1}$，$AM=\frac{15k}{k+1}$ 。令 $\angle BMA=\alpha $，$\angle CMB=\text{ }\!\!\pi\!\!\text{ }-\alpha $，对 $\vartriangle ABM$ 和 $\vartriangle BCM$ 分别使用余弦定理得到
${{12}^{2}}=A{{M}^{2}}+B{{M}^{2}}-2AM\cdot B{{M}_{\cos \alpha }}$，
${{13}^{2}}=B{{M}^{2}}+C{{M}^{2}}+2BM\cdot C{{M}_{\cos \alpha }}$，
利用 $AM=k\cdot CM$，第二个等式两边同时乘以 $k$，然后两个等式相加得到
${{13}^{2}}k+{{12}^{2}}=B{{M}^{2}}\left( k+1\right)+A{{M}^{2}}+C{{M}^{2}}k$ 。
结合前面的等式可得
$169k+144={{\left(\frac{13k-12}{1-k} \right)}^{2}}\left( k+1 \right)+{{\left( \frac{15k}{k+1}\right)}^{2}}+{{\left( \frac{15}{k+1} \right)}^{2}}k$ 。
化简得到 $4k\left( 69{{k}^{2}}-112k+44 \right)=0$ 。解得 $k=0$，$k=\frac{2}{3}$ 和 $k=\frac{22}{23}$ 。因为 $k\frac{12}{13}$，所以只有 $k=\frac{22}{23}$ 符合题意，从而 $p+q=45$ 。
${{12}^{2}}=A{{M}^{2}}+B{{M}^{2}}-2AM\cdot B{{M}_{\cos \alpha }}$，
${{13}^{2}}=B{{M}^{2}}+C{{M}^{2}}+2BM\cdot C{{M}_{\cos \alpha }}$，
利用 $AM=k\cdot CM$，第二个等式两边同时乘以 $k$，然后两个等式相加得到
${{13}^{2}}k+{{12}^{2}}=B{{M}^{2}}\left( k+1\right)+A{{M}^{2}}+C{{M}^{2}}k$ 。
结合前面的等式可得
$169k+144={{\left(\frac{13k-12}{1-k} \right)}^{2}}\left( k+1 \right)+{{\left( \frac{15k}{k+1}\right)}^{2}}+{{\left( \frac{15}{k+1} \right)}^{2}}k$ 。
化简得到 $4k\left( 69{{k}^{2}}-112k+44 \right)=0$ 。解得 $k=0$，$k=\frac{2}{3}$ 和 $k=\frac{22}{23}$ 。因为 $k\frac{12}{13}$，所以只有 $k=\frac{22}{23}$ 符合题意，从而 $p+q=45$ 。
答案
解析
备注
