1997 AIME 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

从 $1$ 到 $1000$ （含端点）的整数中，有多少个可以表示为两个非负整数平方的差？

How many of the integers between $1$ and $1000,$ inclusive, can be expressed as the difference of the squares of two nonnegative integers?

答案

答案：750

知识点：平方差奇偶性

难度评级：1890

小提示：

分解 $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ ，并注意这两个因子奇偶性总是相同

Factor $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ and note the two factors always have the same parity

大提示：

奇数和 $4$ 的倍数都可以表示成这种形式；比 $4$ 的倍数多 $2$ 的数则不能

Odd numbers and multiples of $4$ are all achievable; numbers that are $2$ more than a multiple of $4$ are not

解答：

设 $n = a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ 。两个因子 $a - b$ 和 $a + b$ 相差偶数 $2b$ ，所以它们奇偶性相同。如果二者都是奇数，则 $n$ 是奇数；如果二者都是偶数，则 $n$ 能被 $4$ 整除。因此，没有整数 $n \equiv 2 \pmod 4$ 能表示为两个平方的差。

反过来，每个奇数 $2k + 1$ 都等于 $(k+1)^2 - k^2$ ；每个 $4$ 的倍数（设为 $4k$ ）都等于 $(k+1)^2 - (k-1)^2$ （因为 $k \ge 1$ ，所以 $k - 1 \ge 0$ ）。

在 $1$ 到 $1000$ 之间有 $500$ 个奇数和 $250$ 个 $4$ 的倍数，总数为 $500 + 250 = 750$ 。

Write $n = a^2 - b^2 = (a - b)(a + b).$ The factors $a - b$ and $a + b$ differ by the even number $2b,$ so they have the same parity. If both are odd, $n$ is odd; if both are even, $n$ is divisible by $4.$ Hence no integer $n \equiv 2 \pmod 4$ is a difference of two squares.

Conversely, every odd number $2k + 1$ equals $(k+1)^2 - k^2,$ and every multiple of $4,$ say $4k,$ equals $(k+1)^2 - (k-1)^2$ (with $k - 1 \ge 0$ since $k \ge 1$ ).

Between $1$ and $1000$ there are $500$ odd numbers and $250$ multiples of $4,$ for a total of $500 + 250 = 750.$

2.

一个 $8 \times 8$ 棋盘上的九条横线和九条竖线共形成 $r$ 个矩形，其中有 $s$ 个是正方形。分数 $\frac{s}{r}$ 可以写成 $\frac{m}{n}$ 的形式，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

The nine horizontal and nine vertical lines on an $8 \times 8$ checkerboard form $r$ rectangles, of which $s$ are squares. The number $\frac{s}{r}$ 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：125

知识点：图形中的形状计数组合前n项平方和

难度评级：1890

小提示：

一个矩形由从 $9$ 条横线中选 $2$ 条、从 $9$ 条竖线中选 $2$ 条决定

A rectangle is determined by choosing $2$ of the $9$ horizontal lines and $2$ of the $9$ vertical lines

大提示：

$k \times k$ 的正方形有 $(9 - k)^2$ 个；将 $k = 1$ 到 $8$ 的情形相加

There are $(9 - k)^2$ squares of size $k \times k;$ sum over $k = 1$ to $8$

解答：

一个矩形由选取两条横线和两条竖线决定，所以 $r = \binom{9}{2}^2 = 36^2 = 1296$ 。

一个 $k \times k$ 的正方形可以放在 $(9 - k)^2$ 个位置，因此 $\begin{aligned} s &= \sum_{k=1}^{8} (9 - k)^2 \\ &= 8^2 + 7^2 + \cdots + 1^2 \\ &= \frac{8 \cdot 9 \cdot 17}{6} = 204 \end{aligned}\text{。}$

所以 $\frac{s}{r} = \frac{204}{1296} = \frac{17}{108}$ ，已经是最简分数，于是 $m + n = 17 + 108 = 125$ 。

A rectangle is determined by choosing two of the nine horizontal lines and two of the nine vertical lines, so $r = \binom{9}{2}^2 = 36^2 = 1296.$

A $k \times k$ square can be placed in $(9 - k)^2$ positions, so $\begin{aligned} s &= \sum_{k=1}^{8} (9 - k)^2 \\ &= 8^2 + 7^2 + \cdots + 1^2 \\ &= \frac{8 \cdot 9 \cdot 17}{6} = 204. \end{aligned}$

Then $\frac{s}{r} = \frac{204}{1296} = \frac{17}{108},$ which is in lowest terms, so $m + n = 17 + 108 = 125.$

3.

萨拉本来要把一个两位数和一个三位数相乘，但她漏写了乘号，只把两位数写在三位数左边，形成一个五位数。这个五位数恰好是她本应得到的乘积的九倍。求这两个数的和。

Sarah intended to multiply a two-digit number and a three-digit number, but she left out the multiplication sign and simply placed the two-digit number to the left of the three-digit number, thereby forming a five-digit number. This number is exactly nine times the product Sarah should have obtained. What is the sum of the two-digit number and the three-digit number?

答案

答案：126

知识点：位值丢番图方程整除性

难度评级：2110

小提示：

若两位数为 $a$ ，三位数为 $b$ ，则形成的五位数是 $1000a + b$

If the two-digit number is $a$ and the three-digit number is $b,$ the five-digit number is $1000a + b$

大提示：

将 $1000a + b = 9ab$ 改写为 $b(9a - 1) = 1000a$ ；由于 $\gcd(9a - 1, a) = 1$ ，因子 $9a - 1$ 必须整除 $1000$

Rewrite $1000a + b = 9ab$ as $b(9a - 1) = 1000a;$ since $\gcd(9a - 1, a) = 1,$ the factor $9a - 1$ must divide $1000$

解答：

设 $a$ 为两位数， $b$ 为三位数。条件为 $1000a + b = 9ab$ ，整理得 $b(9a - 1) = 1000a$ 。由于 $\gcd(9a - 1, a) = 1$ ，数 $9a - 1$ 必须整除 $1000$ 。

当 $a$ 是两位数时， $9a - 1$ 从 $89$ 到 $890$ ，且 $9a - 1 \equiv 8 \pmod 9$ 。在这个范围内，与 $8$ 模 $9$ 同余的 $1000$ 的唯一因数是 $125$ ，所以 $a = 14$ ，且 $b = \frac{1000 \cdot 14}{125} = 112$ ，确实是三位数。检验： $14112 = 9 \cdot 14 \cdot 112$ 。

所求的和为 $14 + 112 = 126$ 。

Let $a$ be the two-digit number and $b$ the three-digit number. The condition is $1000a + b = 9ab,$ which rearranges to $b(9a - 1) = 1000a.$ Since $\gcd(9a - 1, a) = 1,$ the number $9a - 1$ must divide $1000.$

For a two-digit $a,$ $9a - 1$ runs from $89$ to $890,$ and $9a - 1 \equiv 8 \pmod 9.$ The only divisor of $1000$ in that range congruent to $8$ modulo $9$ is $125,$ giving $a = 14$ and $b = \frac{1000 \cdot 14}{125} = 112,$ which is indeed a three-digit number. Check: $14112 = 9 \cdot 14 \cdot 112.$

The requested sum is $14 + 112 = 126.$

4.

半径为 $5$ 、 $5$ 、 $8$ ，和 $\frac{m}{n}$ 的四个圆两两外切，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Circles of radii $5,$ $5,$ $8,$ and $\frac{m}{n}$ are mutually externally tangent, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：17

知识点：相切圆勾股定理垂直平分线

难度评级：2390

小提示：

两个半径为 $5$ 的圆心相距 $10$ ，另外两个圆心都在这条线段的垂直平分线上

The two radius- $5$ centers are $10$ apart, and the other two centers both lie on the perpendicular bisector of that segment

大提示：

直角三角形给出它们到中点的距离分别为 $12$ 和 $\sqrt{r^2 + 10r}$ ；先排除圆心位于中点两侧的情形，再将两段距离相减

Right triangles give midpoint distances $12$ and $\sqrt{r^2 + 10r};$ rule out opposite sides before subtracting them

解答：

设两个半径为 $5$ 的圆心为 $P_1$ 和 $P_2$ ，则 $P_1P_2 = 5 + 5 = 10$ ，并设 $M$ 为中点。半径为 $8$ 的圆的圆心 $Q$ 满足 $QP_1 = QP_2 = 13$ ，所以 $Q$ 在 $\overline{P_1P_2}$ 的垂直平分线上，且到 $M$ 的距离为 $\sqrt{13^2 - 5^2} = 12$ 。同理，第四个半径为 $r$ 的圆的圆心 $R$ 也在同一条垂直平分线上，且 $RP_1 = 5 + r$ ，所以 $RM = \sqrt{(5+r)^2 - 25}$ $= \sqrt{r^2 + 10r}$ 。

圆心 $Q$ 与 $R$ 不可能位于 $M$ 两侧：否则有 $12 + RM = 8 + r$ ，于是 $RM = r - 4$ ，但平方后会得到 $18r = 16$ ，这与 $r \ge 4$ 矛盾。 $R$ 也不可能位于 $Q$ 的外侧，因为此时 $RM - 12 = 8 + r$ 会推出 $RM = r + 20$ ，与 $RM^2 = r^2 + 10r$ 不相容。因此 $R$ 位于 $M$ 和 $Q$ 之间；它与半径为 $8$ 的圆外切，故 $12 - \sqrt{r^2 + 10r} = 8 + r\text{。}$ 因此 $\sqrt{r^2 + 10r} = 4 - r$ ，平方得 $r^2 + 10r = 16 - 8r + r^2$ ，所以 $18r = 16$ ，即 $r = \frac{8}{9}$ 。

因此 $m + n = 8 + 9 = 17$ 。

Let the radius- $5$ circles have centers $P_1$ and $P_2,$ so $P_1P_2 = 5 + 5 = 10,$ and let $M$ be the midpoint. The radius- $8$ circle’s center $Q$ satisfies $QP_1 = QP_2 = 13,$ so $Q$ lies on the perpendicular bisector of $\overline{P_1P_2}$ at distance $\sqrt{13^2 - 5^2} = 12$ from $M.$ Likewise the fourth circle, of radius $r,$ has its center $R$ on the same perpendicular bisector with $RP_1 = 5 + r,$ so $RM = \sqrt{(5+r)^2 - 25}$ $= \sqrt{r^2 + 10r}.$

The centers $Q$ and $R$ cannot lie on opposite sides of $M:$ that would give $12 + RM = 8 + r,$ hence $RM = r - 4,$ but squaring would yield $18r = 16,$ contrary to $r \ge 4.$ Nor can $R$ lie beyond $Q,$ since then $RM - 12 = 8 + r$ would force $RM = r + 20,$ which is incompatible with $RM^2 = r^2 + 10r.$ Thus $R$ lies between $M$ and $Q,$ and external tangency to the radius- $8$ circle gives $12 - \sqrt{r^2 + 10r} = 8 + r.$ Then $\sqrt{r^2 + 10r} = 4 - r,$ and squaring yields $r^2 + 10r = 16 - 8r + r^2,$ so $18r = 16$ and $r = \frac{8}{9}.$

Thus $m + n = 8 + 9 = 17.$

5.

数 $r$ 可以表示成四位小数 $0.abcd$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 表示数字，任何一个都可以为零。现在希望用一个分子为 $1$ 或 $2$ 、分母为整数的分数来近似 $r$ 。最接近 $r$ 的这种分数是 $\frac{2}{7}$ 。 $r$ 可能有多少个值？

The number $r$ can be expressed as a four-place decimal $0.abcd,$ where $a,$ $b,$ $c,$ and $d$ represent digits, any of which could be zero. It is desired to approximate $r$ by a fraction whose numerator is $1$ or $2$ and whose denominator is an integer. The closest such fraction to $r$ is $\frac{2}{7}.$ What is the number of possible values for $r?$

答案

答案：417

知识点：分数小数区间内整数计数

难度评级：2450

小提示：

找出在 $\frac{2}{7}$ 两侧、分子为 $1$ 或 $2$ 且最接近它的分数

Find the fractions with numerator $1$ or $2$ closest to $\frac{2}{7}$ on each side

大提示：

$r$ 与 $\frac{2}{7}$ 的距离必须分别小于它与 $\frac{1}{4}$ 及 $\frac{1}{3}$ 的距离，所以它位于中点 $\frac{15}{56}$ 和 $\frac{13}{42}$ 之间；数出这个范围内的四位小数

$r$ must be closer to $\frac{2}{7}$ than to $\frac{1}{4}$ or $\frac{1}{3};$ count four-place decimals between $\frac{15}{56}$ and $\frac{13}{42}$

解答：

在分子为 $1$ 或 $2$ 的分数中， $\frac{2}{7} \approx 0.2857$ 下方最近的候选是 $\frac{1}{4} = 0.25$ （注意 $\frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ ），上方最近的候选是 $\frac{1}{3} \approx 0.3333$ （注意 $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ ）；它们之间没有其他候选分数。因此， $\frac{2}{7}$ 恰好是距离 $r$ 最近的分数，当且仅当 $r$ 与 $\frac{2}{7}$ 的距离比它与 $\frac{1}{4}$ 及 $\frac{1}{3}$ 的距离都小，也就是 $r$ 严格位于下列两个中点之间： $\begin{aligned} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4} + \frac{2}{7}\right) &= \frac{15}{56} \\ &= 0.26785\ldots \end{aligned}$ 以及 $\begin{aligned} \frac{1}{2}\left(\frac{2}{7} + \frac{1}{3}\right) &= \frac{13}{42} \\ &= 0.30952\ldots \end{aligned}\text{。}$

这个区间内的四位小数为 $0.2679, 0.2680, \ldots, 0.3095$ ，共有 $3095 - 2679 + 1 = 417$ 个。

Among fractions with numerator $1$ or $2,$ the closest neighbors of $\frac{2}{7} \approx 0.2857$ are $\frac{1}{4} = 0.25$ below (note $\frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ ) and $\frac{1}{3} \approx 0.3333$ above (note $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ ); no other candidate lies between them. So $\frac{2}{7}$ is the unique closest fraction to $r$ exactly when $r$ is closer to $\frac{2}{7}$ than to both $\frac{1}{4}$ and $\frac{1}{3},$ i.e. when $r$ lies strictly between the midpoints $\begin{aligned} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4} + \frac{2}{7}\right) &= \frac{15}{56} \\ &= 0.26785\ldots \end{aligned}$ and $\begin{aligned} \frac{1}{2}\left(\frac{2}{7} + \frac{1}{3}\right) &= \frac{13}{42} \\ &= 0.30952\ldots. \end{aligned}$

The four-place decimals in that interval are $0.2679, 0.2680, \ldots, 0.3095,$ and there are $3095 - 2679 + 1 = 417$ of them.

6.

点 $B$ 位于正 $n$ 边形 $A_1A_2\cdots A_n$ 的外部，且 $A_1A_2B$ 是等边三角形。若 $A_n$ 、 $A_1$ 、 $B$ 是某个正多边形的连续三个顶点，求 $n$ 的最大值。

Point $B$ is in the exterior of the regular $n$ -sided polygon $A_1A_2\cdots A_n,$ and $A_1A_2B$ is an equilateral triangle. What is the largest value of $n$ for which $A_n,$ $A_1,$ and $B$ are consecutive vertices of a regular polygon?

答案

答案：42

知识点：正多边形角度和整除性

难度评级：2300

小提示：

在 $A_1$ 处， $n$ 边形的内角、 $60^\circ$ 角和 $\angle BA_1A_n$ 合起来是 $360^\circ$

The $n$ -gon’s interior angle, the $60^\circ$ angle, and $\angle BA_1A_n$ together fill $360^\circ$ at $A_1$

大提示：

令 $\angle BA_1A_n$ 等于正 $m$ 边形的内角，可得 $\frac{1}{m} = \frac{1}{6} - \frac{1}{n}$ ，所以 $n - 6$ 必须整除 $36$

Setting $\angle BA_1A_n$ equal to the interior angle of a regular $m$ -gon gives $\frac{1}{m} = \frac{1}{6} - \frac{1}{n},$ so $n - 6$ must divide $36$

解答：

因为 $B$ 在 $n$ 边形外部，所以 $A_1$ 处的三个角：内角 $\angle A_nA_1A_2 = \frac{(n-2)180^\circ}{n}$ 、等边三角形的角 $\angle A_2A_1B = 60^\circ$ ，以及 $\angle BA_1A_n$ ，合起来是一整圈。因此 $\begin{aligned} \angle BA_1A_n &= 300^\circ - \frac{(n-2)180^\circ}{n} \\ &= 120^\circ + \frac{360^\circ}{n} \end{aligned}\text{。}$ 又因为这两条边都等于 $n$ 边形的边长，所以 $A_nA_1 = A_1B$ 。

若 $A_n$ 、 $A_1$ 、 $B$ 是正 $m$ 边形的连续顶点，则这个角必须等于该正 $m$ 边形的内角： $120^\circ + \frac{360^\circ}{n} = 180^\circ - \frac{360^\circ}{m}$ ，化简得 $\frac{1}{m} = \frac{1}{6} - \frac{1}{n}$ ，所以 $m = \frac{6n}{n - 6} = 6 + \frac{36}{n - 6}$ 。

因此 $n - 6$ 必须整除 $36$ 。最大选择为 $n - 6 = 36$ ，即 $n = 42$ （此时 $m = 7$ ）。

Since $B$ is outside the $n$ -gon, the angles at $A_1$ — the interior angle $\angle A_nA_1A_2 = \frac{(n-2)180^\circ}{n},$ the equilateral angle $\angle A_2A_1B = 60^\circ,$ and $\angle BA_1A_n$ — fill a full revolution, so $\begin{aligned} \angle BA_1A_n &= 300^\circ - \frac{(n-2)180^\circ}{n} \\ &= 120^\circ + \frac{360^\circ}{n}. \end{aligned}$ Also $A_nA_1 = A_1B,$ since both equal the side of the $n$ -gon.

For $A_n,$ $A_1,$ $B$ to be consecutive vertices of a regular $m$ -gon, this angle must be the $m$ -gon’s interior angle: $120^\circ + \frac{360^\circ}{n} = 180^\circ - \frac{360^\circ}{m},$ which simplifies to $\frac{1}{m} = \frac{1}{6} - \frac{1}{n},$ so $m = \frac{6n}{n - 6} = 6 + \frac{36}{n - 6}.$

Thus $n - 6$ must divide $36,$ and the largest choice is $n - 6 = 36,$ i.e. $n = 42$ (with $m = 7$ ).

7.

一辆汽车在一条又长又直的道路上向正东行驶，速度为每分钟 $\frac{2}{3}$ 英里。同时，一个半径为 $51$ 英里的圆形风暴以每分钟 $\frac{1}{2}\sqrt{2}$ 英里的速度向东南方向移动。在 $t = 0$ 时，风暴中心在汽车正北方 $110$ 英里处。在 $t = t_1$ 分钟时，汽车进入风暴圆；在 $t = t_2$ 分钟时，汽车离开风暴圆。求 $\frac{1}{2}(t_1 + t_2)$ 。

A car travels due east at $\frac{2}{3}$ mile per minute on a long, straight road. At the same time, a circular storm, whose radius is $51$ miles, moves southeast at $\frac{1}{2}\sqrt{2}$ mile per minute. At time $t = 0,$ the center of the storm is $110$ miles due north of the car. At time $t = t_1$ minutes, the car enters the storm circle, and at time $t = t_2$ minutes, the car leaves the storm circle. Find $\frac{1}{2}(t_1 + t_2).$

答案

答案：198

知识点：坐标几何距离公式韦达定理

难度评级：2400

小提示：

建立坐标：汽车在 $\left(\frac{2t}{3}, 0\right)$ ，风暴中心在 $\left(\frac{t}{2}, 110 - \frac{t}{2}\right)$

Set up coordinates: the car is at $\left(\frac{2t}{3}, 0\right)$ and the storm center at $\left(\frac{t}{2}, 110 - \frac{t}{2}\right)$

大提示：

进入和离开发生在距离平方等于 $51^2$ 时；这会得到关于 $t$ 的二次方程，所以用韦达定理求 $t_1 + t_2$

Entering and leaving happen when the squared distance equals $51^2;$ that is a quadratic in $t,$ so use Vieta’s formulas for $t_1 + t_2$

解答：

令汽车在 $t = 0$ 时位于原点，正东为 $x$ 轴正方向，正北为 $y$ 轴正方向。时刻 $t$ 时，汽车位置为 $\left(\frac{2t}{3}, 0\right)$ ，风暴中心向东南移动，速度 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 的分量为向东 $\frac{1}{2}$ 、向南 $\frac{1}{2}$ ，所以位置为 $\left(\frac{t}{2}, 110 - \frac{t}{2}\right)$ 。

汽车在风暴边界上时，两者距离平方为 $51^2$ ： $\begin{aligned} &\left(\frac{2t}{3} - \frac{t}{2}\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(110 - \frac{t}{2}\right)^2 = 51^2 \end{aligned}\text{。}$ 也就是 $\frac{t^2}{36} + \frac{t^2}{4}$ $- 110t + 12100 - 2601 = 0$ ，即 $\frac{5}{18}t^2 - 110t + 9499 = 0$ 。

两个根为 $t_1$ 和 $t_2$ ，所以由韦达定理 $t_1 + t_2 = \frac{110 \cdot 18}{5} = 396$ ，从而 $\frac{1}{2}(t_1 + t_2) = 198$ 。

Put the car at the origin at $t = 0,$ with east as the positive $x$ -direction and north as the positive $y$ -direction. At time $t$ the car is at $\left(\frac{2t}{3}, 0\right),$ and the storm center, moving southeast at speed $\frac{\sqrt{2}}{2}$ (components $\frac{1}{2}$ east and $\frac{1}{2}$ south), is at $\left(\frac{t}{2}, 110 - \frac{t}{2}\right).$

The car is on the storm boundary when the squared distance is $51^2:$ $\begin{aligned} &\left(\frac{2t}{3} - \frac{t}{2}\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(110 - \frac{t}{2}\right)^2 = 51^2, \end{aligned}$ that is $\frac{t^2}{36} + \frac{t^2}{4}$ $- 110t + 12100 - 2601 = 0,$ or $\frac{5}{18}t^2 - 110t + 9499 = 0.$

The roots are $t_1$ and $t_2,$ so by Vieta’s formulas $t_1 + t_2 = \frac{110 \cdot 18}{5} = 396,$ and $\frac{1}{2}(t_1 + t_2) = 198.$

8.

有多少个不同的 $4 \times 4$ 数组，其每个元素都是 $1$ 或 $-1$ ，并且每一行元素之和为 $0$ ，每一列元素之和也为 $0$ ？

How many different $4 \times 4$ arrays whose entries are all $1$ ’s and $-1$ ’s have the property that the sum of the entries in each row is $0$ and the sum of the entries in each column is $0?$

答案

答案：90

知识点：有限制的排列分类讨论

难度评级：2560

小提示：

用每行中放 $1$ 的那一对列来记录该行，并按第 $2$ 行与第 $1$ 行的重叠情况分类

Record each row by the pair of columns holding its $1$ ’s, and split into cases by how row $2$ overlaps row $1$

大提示：

当第 $1$ 行和第 $2$ 行共有 $2$ 、 $1$ 或 $0$ 列时，分别数第 $3$ 和第 $4$ 行有多少种补完方式

When rows $1$ and $2$ share $2,$ $1,$ or $0$ columns, count how many ways rows $3$ and $4$ can finish the columns

解答：

每一行必须含有两个 $1$ 和两个 $-1$ ，所以可用这一行中含 $1$ 的那一对列来表示；每一列最终必须被恰好两行选中。第 $1$ 行有 $\binom{4}{2} = 6$ 种选择。按第 $2$ 行与第 $1$ 行的重叠情况分类。

如果第 $2$ 行使用同一对列（ $1$ 种），那么这两列已满，第 $3$ 行和第 $4$ 行都必须使用互补的一对列，共有 $1$ 种补完。如果第 $2$ 行使用互补的一对列（ $1$ 种），那么目前每列都有一个 $1$ ，所以第 $3$ 行和第 $4$ 行只需彼此互补：第 $3$ 行有 $6$ 种选择，第 $4$ 行随之确定，共 $6$ 种补完。如果第 $2$ 行与第 $1$ 行恰好共用一列（ $2 \cdot 2 = 4$ 种），那么一列已满，两列已有一个 $1$ ，一列为空；第 $3$ 行和第 $4$ 行都必须取空列以及两个半满列中的一个，所以有 $2$ 种补完。

总数为 $6\,(1 \cdot 1 + 1 \cdot 6 + 4 \cdot 2) = 6 \cdot 15$ $= 90$ 。

Each row must contain two $1$ ’s and two $-1$ ’s, so identify each row with the pair of columns holding its $1$ ’s; each column must end up chosen by exactly two rows. There are $\binom{4}{2} = 6$ choices for row $1.$ Classify by how row $2$ overlaps row $1.$

If row $2$ uses the same pair ( $1$ way), those two columns are full, so rows $3$ and $4$ must both use the complementary pair: $1$ completion. If row $2$ uses the complementary pair ( $1$ way), every column has one $1$ so far, so rows $3$ and $4$ need only be a complementary pair themselves: $6$ choices for row $3,$ row $4$ forced, giving $6$ completions. If row $2$ shares exactly one column with row $1$ ( $2 \cdot 2 = 4$ ways), one column is full, two have one $1,$ and one is empty; rows $3$ and $4$ must each take the empty column together with one of the two half-filled columns, so there are $2$ completions.

The total is $6\,(1 \cdot 1 + 1 \cdot 6 + 4 \cdot 2) = 6 \cdot 15$ $= 90.$

9.

给定一个非负实数 $x$ ，令 $\langle x\rangle$ 表示 $x$ 的小数部分；也就是说， $\langle x\rangle = x - \lfloor x\rfloor$ ，其中 $\lfloor x\rfloor$ 表示不超过 $x$ 的最大整数。设 $a$ 为正数， $\langle a^{-1}\rangle = \langle a^2\rangle$ ，且 $2 \lt a^2 \lt 3$ 。求 $a^{12} - 144a^{-1}$ 的值。

Given a nonnegative real number $x,$ let $\langle x\rangle$ denote the fractional part of $x;$ that is, $\langle x\rangle = x - \lfloor x\rfloor,$ where $\lfloor x\rfloor$ denotes the greatest integer less than or equal to $x.$ Suppose that $a$ is positive, $\langle a^{-1}\rangle = \langle a^2\rangle,$ and $2 \lt a^2 \lt 3.$ Find the value of $a^{12} - 144a^{-1}.$

答案

答案：233

知识点：取整函数因式分解代数变形

难度评级：2560

小提示：

因为 $2 \lt a^2 \lt 3$ 且 $0 \lt a^{-1} \lt 1$ ，条件等价于 $a^{-1} = a^2 - 2$

Since $2 \lt a^2 \lt 3$ and $0 \lt a^{-1} \lt 1,$ the condition says $a^{-1} = a^2 - 2$

大提示：

三次方程 $a^3 - 2a - 1 = 0$ 有因式，对应根 $a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ ；反复用 $a^2 = a + 1$ 化简 $a^{12}$

The cubic $a^3 - 2a - 1 = 0$ factors with root $a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2};$ use $a^2 = a + 1$ repeatedly to reduce $a^{12}$

解答：

由 $2 \lt a^2 \lt 3$ 得 $\sqrt{2} \lt a \lt \sqrt{3}$ ，所以 $0 \lt a^{-1} \lt 1$ ，从而 $\langle a^{-1}\rangle = a^{-1}$ ，同时 $\langle a^2\rangle = a^2 - 2$ 。条件变为 $a^{-1} = a^2 - 2$ ，即 $a^3 - 2a - 1 = 0$ ，它可分解为 $(a + 1)(a^2 - a - 1) = 0\text{。}$ 因为 $a \gt 0$ ，所以 $a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ ，也就是黄金比例；确实有 $a^2 = a + 1 \approx 2.618$ ，位于 $(2, 3)$ 内。

反复使用 $a^2 = a + 1$ ： $a^4 = (a+1)^2 = 3a + 2$ ， $a^8 = (3a+2)^2$ $= 9(a+1) + 12a + 4$ $= 21a + 13$ ，且 $a^{12} = a^8 a^4$ $= (21a + 13)(3a + 2)$ $= 63(a+1) + 81a + 26$ $= 144a + 89$ 。又由 $a^2 = a + 1$ 得 $a^{-1} = a - 1$ 。

因此 $a^{12} - 144a^{-1}$ $= 144a + 89 - 144(a - 1)$ $= 89 + 144 = 233$ 。

From $2 \lt a^2 \lt 3$ we get $\sqrt{2} \lt a \lt \sqrt{3},$ so $0 \lt a^{-1} \lt 1$ and $\langle a^{-1}\rangle = a^{-1},$ while $\langle a^2\rangle = a^2 - 2.$ The condition becomes $a^{-1} = a^2 - 2,$ i.e. $a^3 - 2a - 1 = 0,$ which factors as $(a + 1)(a^2 - a - 1) = 0.$ Since $a \gt 0,$ we get $a = \frac{1 + \sqrt{5}}{2},$ the golden ratio, and indeed $a^2 = a + 1 \approx 2.618$ lies in $(2, 3).$

Using $a^2 = a + 1$ repeatedly: $a^4 = (a+1)^2 = 3a + 2,$ $a^8 = (3a+2)^2$ $= 9(a+1) + 12a + 4$ $= 21a + 13,$ and $a^{12} = a^8 a^4$ $= (21a + 13)(3a + 2)$ $= 63(a+1) + 81a + 26$ $= 144a + 89.$ Also $a^{-1} = a - 1$ from $a^2 = a + 1.$

Therefore $a^{12} - 144a^{-1}$ $= 144a + 89 - 144(a - 1)$ $= 89 + 144 = 233.$

10.

一副牌中的每张牌都画有一种图形：圆形、正方形或三角形；并且涂成三种颜色之一：红色、蓝色或绿色。此外，每种颜色还使用三种深浅之一：浅色、中等或深色。整副牌有 $27$ 张，每一种图形、颜色、深浅的组合各有一张。若三张牌组成的集合满足以下所有条件，则称为互补：

• 三张牌的图形要么各不相同，要么全都相同。

• 三张牌的颜色要么各不相同，要么全都相同。

• 三张牌的深浅要么各不相同，要么全都相同。

有多少个不同的、由三张牌组成的互补集合？

Every card in a deck has a picture of one shape — circle, square, or triangle, which is painted in one of the three colors — red, blue, or green. Furthermore, each color is applied in one of three shades — light, medium, or dark. The deck has $27$ cards, with every shape-color-shade combination represented. A set of three cards from the deck is called complementary if all of the following statements are true:

• Either each of the three cards has a different shape or all three of the cards have the same shape.

• Either each of the three cards has a different color or all three of the cards have the same color.

• Either each of the three cards has a different shade or all three of the cards have the same shade.

How many different complementary three-card sets are there?

答案

答案：117

知识点：数对计数双重计数

难度评级：2450

小提示：

检查任意两张不同的牌都恰好能由唯一的第三张牌补成互补集合

Check that any two distinct cards are completed to a complementary set by exactly one third card

大提示：

先数牌的成对选择，再判断同一个三张牌集合会由多少对牌产生

Count pairs of cards, then figure out how many different pairs give rise to the same three-card set

解答：

给定任意两张不同的牌，恰好有一张牌能把它们补成互补集合：在每个属性上，如果两张牌相同，第三张牌必须也取相同值；如果两张牌不同，第三张牌必须取剩下的那个值。补出的牌不同于原来的两张牌，因为原来的两张牌至少在某个属性上不同，而在这个属性上第三张牌与二者都不同。

因此 $\binom{27}{2} = 351$ 对牌各自延伸成一个互补集合，而每个互补集合由其中的 $\binom{3}{2} = 3$ 对牌产生。集合数为 $\frac{351}{3} = 117$ 。

Given any two distinct cards, there is exactly one card completing them to a complementary set: in each attribute, if the two cards agree, the third card must share that value, and if they differ, the third must take the one remaining value. The completing card is distinct from both (the two given cards differ somewhere, and in that attribute the third card differs from each).

So the $\binom{27}{2} = 351$ pairs of cards each extend to one complementary set, and each complementary set is produced by $\binom{3}{2} = 3$ of these pairs. The number of sets is $\frac{351}{3} = 117.$

11.

令 $x = \frac{\displaystyle\sum_{n=1}^{44} \cos n^\circ}{\displaystyle\sum_{n=1}^{44} \sin n^\circ}\text{。}$ 求不超过 $100x$ 的最大整数。

Let $x = \frac{\displaystyle\sum_{n=1}^{44} \cos n^\circ}{\displaystyle\sum_{n=1}^{44} \sin n^\circ}.$ What is the greatest integer that does not exceed $100x?$

答案

答案：241

知识点：三角恒等式裂项相消

难度评级：2710

小提示：

分子分母同乘 $2\sin\frac{1}{2}^\circ$ ，并用积化和差公式裂项求和

Multiply numerator and denominator by $2\sin\frac{1}{2}^\circ$ and telescope using product-to-sum identities

大提示：

和差化积会把结果化为 $\cot 22.5^\circ$ ，再用半角公式精确求值

Sum-to-product turns the result into $\cot 22.5^\circ,$ which the half-angle formula evaluates exactly

解答：

分子分母同乘 $2\sin\frac{1}{2}^\circ$ 。由于 $2\cos n^\circ \sin\frac{1}{2}^\circ$ $= \sin\left(n + \frac{1}{2}\right)^\circ$ $- \sin\left(n - \frac{1}{2}\right)^\circ$ ，且 $2\sin n^\circ \sin\frac{1}{2}^\circ$ $= \cos\left(n - \frac{1}{2}\right)^\circ$ $- \cos\left(n + \frac{1}{2}\right)^\circ$ ，两边的求和都会裂项相消： $\begin{aligned} x &= \frac{\sin 44.5^\circ - \sin 0.5^\circ}{\cos 0.5^\circ - \cos 44.5^\circ} \\ &= \frac{2\cos 22.5^\circ \sin 22^\circ}{2\sin 22.5^\circ \sin 22^\circ} \\ &= \cot 22.5^\circ \end{aligned}\text{。}$ 最后一步使用了和差化积公式。

由半角公式， $\cot 22.5^\circ = \frac{1 + \cos 45^\circ}{\sin 45^\circ} = \sqrt{2} + 1$ 。因为 $1.41^2 \lt 2 \lt 1.42^2$ ，所以 $241 \lt 100\sqrt{2} + 100 \lt 242$ 。因此，不超过 $100x$ 的最大整数是 $241$ 。

Multiply numerator and denominator by $2\sin\frac{1}{2}^\circ.$ Since $2\cos n^\circ \sin\frac{1}{2}^\circ$ $= \sin\left(n + \frac{1}{2}\right)^\circ$ $- \sin\left(n - \frac{1}{2}\right)^\circ$ and $2\sin n^\circ \sin\frac{1}{2}^\circ$ $= \cos\left(n - \frac{1}{2}\right)^\circ$ $- \cos\left(n + \frac{1}{2}\right)^\circ,$ both sums telescope: $\begin{aligned} x &= \frac{\sin 44.5^\circ - \sin 0.5^\circ}{\cos 0.5^\circ - \cos 44.5^\circ} \\ &= \frac{2\cos 22.5^\circ \sin 22^\circ}{2\sin 22.5^\circ \sin 22^\circ} \\ &= \cot 22.5^\circ, \end{aligned}$ using the sum-to-product identities in the last step.

By the half-angle formula, $\cot 22.5^\circ = \frac{1 + \cos 45^\circ}{\sin 45^\circ} = \sqrt{2} + 1.$ Since $1.41^2 \lt 2 \lt 1.42^2,$ we have $241 \lt 100\sqrt{2} + 100 \lt 242.$ Therefore the greatest integer not exceeding $100x$ is $241.$

12.

函数 $f$ 定义为 $f(x) = \frac{ax + b}{cx + d}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 是非零实数。它满足 $f(19) = 19$ 、 $f(97) = 97$ ，并且除自变量等于 $\frac{-d}{c}$ 时外，对所有可取的自变量都有 $f(f(x)) = x$ 。求唯一不在 $f$ 值域中的数。

The function $f$ defined by $f(x) = \frac{ax + b}{cx + d},$ where $a,$ $b,$ $c,$ and $d$ are nonzero real numbers, has the properties $f(19) = 19,$ $f(97) = 97,$ and $f(f(x)) = x$ for all values except $\frac{-d}{c}.$ Find the unique number that is not in the range of $f.$

答案

答案：58

知识点：函数方程分式方程韦达定理

难度评级：2560

小提示：

$f(f(x)) = x$ 表示 $f$ 是自己的反函数；比较系数会推出 $d = -a$

$f(f(x)) = x$ means $f$ is its own inverse; comparing coefficients forces $d = -a$

大提示：

$19$ 和 $97$ 是 $cx^2 + (d - a)x - b = 0$ 的根，而缺失的值是水平渐近线 $\frac{a}{c}$

$19$ and $97$ are the roots of $cx^2 + (d - a)x - b = 0,$ and the missing value is the horizontal asymptote $\frac{a}{c}$

解答：

复合可得 $f(f(x)) = \frac{(a^2 + bc)x + b(a + d)}{c(a + d)x + (bc + d^2)}$ ，它恒等于 $x$ 时，必须有 $c(a + d) = 0$ 。由于 $c \ne 0$ ，得到 $d = -a$ ，所以 $f(x) = \frac{ax + b}{cx - a}$ 。

不动点满足 $cx^2 - ax = ax + b$ ，即 $cx^2 - 2ax - b = 0$ ，其根为 $19$ 和 $97$ 。由韦达定理， $19 + 97 = \frac{2a}{c}$ ，所以 $\frac{a}{c} = 58$ 。

最后， $y$ 在值域中当且仅当 $y = \frac{ax + b}{cx - a}$ 有解，也就是 $x(cy - a) = ay + b$ 。除非 $cy - a = 0$ ，否则可解出 $x$ ；而当 $y = \frac{a}{c}$ 时，右边 $\frac{a^2}{c} + b = \frac{a^2 + bc}{c}$ 非零（否则这个分式线性表达式会退化，与它有两个不同的不动点矛盾）。所以唯一不在值域中的数是 $\frac{a}{c} = 58$ 。

Composing, $f(f(x)) = \frac{(a^2 + bc)x + b(a + d)}{c(a + d)x + (bc + d^2)},$ and this equals $x$ identically only if $c(a + d) = 0.$ Since $c \ne 0,$ we get $d = -a,$ so $f(x) = \frac{ax + b}{cx - a}.$

A fixed point satisfies $cx^2 - ax = ax + b,$ i.e. $cx^2 - 2ax - b = 0,$ whose roots are $19$ and $97.$ By Vieta’s formulas, $19 + 97 = \frac{2a}{c},$ so $\frac{a}{c} = 58.$

Finally, $y$ is in the range exactly when $y = \frac{ax + b}{cx - a}$ has a solution, i.e. $x(cy - a) = ay + b.$ This solves for $x$ unless $cy - a = 0;$ and when $y = \frac{a}{c},$ the right side $\frac{a^2}{c} + b = \frac{a^2 + bc}{c}$ is nonzero (otherwise the fractional-linear expression would be degenerate, contrary to its two distinct fixed points). So the unique number not in the range is $\frac{a}{c} = 58.$

13.

令 $S$ 为笛卡尔平面中满足 $\begin{aligned} &\Bigl|\bigl||x| - 2\bigr| - 1\Bigr| \\ &\quad {}+ \Bigl|\bigl||y| - 2\bigr| - 1\Bigr| = 1 \end{aligned}$ 的点集。如果用可忽略粗细的铁丝做出 $S$ 的模型，则所需铁丝总长度为 $a\sqrt{b}$ ，其中 $a$ 和 $b$ 是正整数，且 $b$ 不被任何素数的平方整除。求 $a + b$ 。

Let $S$ be the set of points in the Cartesian plane that satisfy $\begin{aligned} &\Bigl|\bigl||x| - 2\bigr| - 1\Bigr| \\ &\quad {}+ \Bigl|\bigl||y| - 2\bigr| - 1\Bigr| = 1. \end{aligned}$ If a model of $S$ were built from wire of negligible thickness, then the total length of wire required would be $a\sqrt{b},$ where $a$ and $b$ are positive integers and $b$ is not divisible by the square of any prime number. Find $a + b.$

答案

答案：66

知识点：绝对值坐标几何周长

难度评级：2920

小提示：

当 $0 \le x \le 2$ 时，表达式 $\bigl||x| - 2\bigr| - 1$ 等于 $1 - x$ ，当 $2 \le x \le 4$ 时，它等于 $x - 3$

For $0 \le x \le 2$ the expression $\bigl||x| - 2\bigr| - 1$ equals $1 - x,$ and for $2 \le x \le 4$ it equals $x - 3$

大提示：

图形是若干菱形 $|x - a| + |y - b| = 1$ 的并；数出可能的中心，再乘以一个菱形的周长

The graph is a union of diamonds $|x - a| + |y - b| = 1;$ count the possible centers and multiply by one diamond’s perimeter

解答：

令 $f(t) = \bigl|\,||t| - 2| - 1\,\bigr|$ ，则方程为 $f(x) + f(y) = 1$ 。函数 $f$ 是偶函数。当 $t \ge 0$ 时：在 $[0, 2]$ 上， $||t| - 2| - 1 = (2 - t) - 1$ $= 1 - t$ ，所以 $f(t) = |t - 1|$ ；在 $[2, 4]$ 上， $f(t) = |t - 3|$ ；当 $t \gt 4$ 时， $f(t) = t - 3 \gt 1$ ，已经太大。因此在相关范围内， $f(t) = |t - a|$ ，其中 $a \in \{-3, -1, 1, 3\}$ 是这四个值中最接近 $t$ 的一个。

因此 $S$ 是以下 $16$ 个曼哈顿圆的并： $\begin{aligned} &|x - a| + |y - b| = 1, \\ &\qquad a, b \in \{-3, -1, 1, 3\} \end{aligned}\text{。}$ 它们只在孤立点相交。每个都是对角线长为 $2$ 的正方形（菱形），所以边长为 $\sqrt{2}$ ，周长为 $4\sqrt{2}$ 。

总长度为 $16 \cdot 4\sqrt{2} = 64\sqrt{2}$ ，所以 $a + b = 64 + 2 = 66$ 。

Let $f(t) = \bigl|\,||t| - 2| - 1\,\bigr|,$ so the equation is $f(x) + f(y) = 1.$ The function $f$ is even, and for $t \ge 0:$ on $[0, 2],$ $||t| - 2| - 1 = (2 - t) - 1$ $= 1 - t,$ so $f(t) = |t - 1|;$ on $[2, 4],$ $f(t) = |t - 3|;$ and for $t \gt 4,$ $f(t) = t - 3 \gt 1,$ which is too large. So on the relevant range, $f(t) = |t - a|$ where $a \in \{-3, -1, 1, 3\}$ is the nearest of those four values to $t.$

Therefore $S$ is the union of the $16$ taxicab circles $\begin{aligned} &|x - a| + |y - b| = 1, \\ &\qquad a, b \in \{-3, -1, 1, 3\}, \end{aligned}$ which meet only at isolated points. Each is a square (diamond) with diagonal $2,$ hence side $\sqrt{2}$ and perimeter $4\sqrt{2}.$

The total length is $16 \cdot 4\sqrt{2} = 64\sqrt{2},$ so $a + b = 64 + 2 = 66.$

14.

令 $v$ 和 $w$ 为从方程 $z^{1997} - 1 = 0$ 的根中随机选取且互不相同的两个根。设 $\frac{m}{n}$ 为满足 $\sqrt{2 + \sqrt{3}} \le |v + w|$ 的概率，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Let $v$ and $w$ be distinct, randomly chosen roots of the equation $z^{1997} - 1 = 0.$ Let $\frac{m}{n}$ be the probability that $\sqrt{2 + \sqrt{3}} \le |v + w|,$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：582

知识点：单位根三角恒等式基本概率

难度评级：2920

小提示：

固定 $v$ ；若 $w = v e^{\frac{2\pi i k}{1997}}$ ，则 $|v + w| = 2\left|\cos\frac{\pi k}{1997}\right|$

Fix $v;$ if $w = v e^{\frac{2\pi i k}{1997}},$ then $|v + w| = 2\left|\cos\frac{\pi k}{1997}\right|$

大提示：

因为 $\sqrt{2 + \sqrt{3}} = 2\cos 15^\circ$ ，数出满足 $\frac{k}{1997} \le \frac{1}{12}$ 或 $\frac{k}{1997} \ge \frac{11}{12}$ 的 $k$

Since $\sqrt{2 + \sqrt{3}} = 2\cos 15^\circ,$ count $k$ with $\frac{k}{1997} \le \frac{1}{12}$ or $\frac{k}{1997} \ge \frac{11}{12}$

解答：

由旋转对称性，可以固定 $v$ ，令 $w = v e^{\frac{2\pi i k}{1997}}$ ，其中 $k$ 在 $\{1, 2, \ldots, 1996\}$ 中均匀取值。于是 $\begin{aligned} |v + w| &= \left|1 + e^{\frac{2\pi i k}{1997}}\right| \\ &= 2\left|\cos\frac{\pi k}{1997}\right| \end{aligned}\text{。}$ 又因为 $\left(2\cos 15^\circ\right)^2 = 2 + 2\cos 30^\circ$ $= 2 + \sqrt{3}$ ，所以阈值为 $\sqrt{2 + \sqrt{3}} = 2\cos\frac{\pi}{12}$ 。

条件 $\left|\cos\frac{\pi k}{1997}\right| \ge \cos\frac{\pi}{12}$ 恰好在 $\frac{\pi k}{1997}$ 与 $0$ 或 $\pi$ 的距离不超过 $\frac{\pi}{12}$ 时成立，即 $k \le \frac{1997}{12} = 166.41\ldots$ 或 $k \ge \frac{11 \cdot 1997}{12} = 1830.58\ldots$ 。共有 $166 + 166 = 332$ 个有利的 $k$ 。

概率为 $\frac{332}{1996} = \frac{83}{499}$ ，且 $499$ 是素数，所以 $m + n = 83 + 499 = 582$ 。

By rotational symmetry we may fix $v$ and let $w = v e^{\frac{2\pi i k}{1997}}$ with $k$ uniform in $\{1, 2, \ldots, 1996\}.$ Then $\begin{aligned} |v + w| &= \left|1 + e^{\frac{2\pi i k}{1997}}\right| \\ &= 2\left|\cos\frac{\pi k}{1997}\right|. \end{aligned}$ Also $\left(2\cos 15^\circ\right)^2 = 2 + 2\cos 30^\circ$ $= 2 + \sqrt{3},$ so the threshold is $\sqrt{2 + \sqrt{3}} = 2\cos\frac{\pi}{12}.$

The condition $\left|\cos\frac{\pi k}{1997}\right| \ge \cos\frac{\pi}{12}$ holds exactly when $\frac{\pi k}{1997}$ is within $\frac{\pi}{12}$ of $0$ or of $\pi,$ i.e. $k \le \frac{1997}{12} = 166.41\ldots$ or $k \ge \frac{11 \cdot 1997}{12} = 1830.58\ldots.$ That gives $166 + 166 = 332$ favorable values of $k.$

The probability is $\frac{332}{1996} = \frac{83}{499},$ and $499$ is prime, so $m + n = 83 + 499 = 582.$

15.

矩形 $ABCD$ 的边长为 $10$ 和 $11$ 。画一个等边三角形，使得三角形没有任何点落在 $ABCD$ 外。这样的三角形的最大可能面积可以写成 $p\sqrt{q} - r$ 的形式，其中 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 是正整数，且 $q$ 不被任何素数的平方整除。求 $p + q + r$ 。

The sides of rectangle $ABCD$ have lengths $10$ and $11.$ An equilateral triangle is drawn so that no point of the triangle lies outside $ABCD.$ The maximum possible area of such a triangle can be written in the form $p\sqrt{q} - r,$ where $p,$ $q,$ and $r$ are positive integers, and $q$ is not divisible by the square of any prime number. Find $p + q + r.$

答案

答案：554

知识点：等边三角形三角学最优化

难度评级：3160

小提示：

最大的三角形是倾斜的，其中一个顶点在矩形的一个角上，另外两个顶点在远侧的两条边上

The largest triangle is tilted, with one vertex at a corner of the rectangle and the other two on the far sides

大提示：

若边长为 $s$ ，并与长为 $11$ 的边成 $\theta$ 角，则 $s\cos\theta = 11$ 且 $s\sin(\theta + 60^\circ) = 10$ ；解出 $\tan\theta$

With side $s$ tilted $\theta$ above the length- $11$ side, $s\cos\theta = 11$ and $s\sin(\theta + 60^\circ) = 10;$ solve for $\tan\theta$

解答：

通过反射或旋转，不妨设等边三角形的一条边与矩形长为 $11$ 的边成角 $0\le\theta\le30^\circ$ 。在这种朝向下，边长为 $s$ 的三角形在水平方向和竖直方向的跨度分别为 $s\cos\theta$ 和 $s\sin(\theta+60^\circ)$ 。因此 $s\le\min\left(\frac{11}{\cos\theta}, \frac{10}{\sin(\theta+60^\circ)}\right)\text{。}$ 第一个上界随 $\theta$ 增大，第二个上界则减小，所以二者相等时，它们的较小值最大。把一个顶点放在矩形的一角，另外两个顶点分别放在远侧的两条边上，即可达到这个上界，此时 $\begin{aligned} s\cos\theta &= 11, \\ s\sin(\theta + 60^\circ) &= 10 \end{aligned}\text{。}$

两式相除得 $11\sin(\theta + 60^\circ) = 10\cos\theta$ ，展开左边： $\frac{11}{2}\sin\theta + \frac{11\sqrt{3}}{2}\cos\theta = 10\cos\theta$ ，所以 $\tan\theta = \frac{20 - 11\sqrt{3}}{11}$ （约为 $4.9^\circ$ ，是合法的倾角）。于是 $\begin{aligned} s^2 &= \frac{121}{\cos^2\theta} \\ &= 121\left(1 + \tan^2\theta\right) \\ &= 121 + \left(20 - 11\sqrt{3}\right)^2 \\ &= 884 - 440\sqrt{3} \end{aligned}\text{。}$

面积为 $\frac{\sqrt{3}}{4}s^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}\left(884 - 440\sqrt{3}\right)$ $= 221\sqrt{3} - 330 \approx 52.8$ ，确实超过了边长为 $10$ 的不倾斜三角形。因此 $p + q + r$ $= 221 + 3 + 330 = 554$ 。

By reflecting or rotating the configuration, take one side of the equilateral triangle to make an angle $0\le\theta\le30^\circ$ with the length- $11$ side of the rectangle. A triangle of side $s$ in this orientation has horizontal and vertical spans $s\cos\theta$ and $s\sin(\theta+60^\circ),$ respectively. Hence $s\le\min\left(\frac{11}{\cos\theta}, \frac{10}{\sin(\theta+60^\circ)}\right).$ The first bound increases with $\theta$ and the second decreases, so their minimum is largest when they are equal. This bound is attainable by putting one vertex at a corner and the other two on the far sides, giving $\begin{aligned} s\cos\theta &= 11, \\ s\sin(\theta + 60^\circ) &= 10. \end{aligned}$

Dividing, $11\sin(\theta + 60^\circ) = 10\cos\theta,$ and expanding the left side gives $\frac{11}{2}\sin\theta + \frac{11\sqrt{3}}{2}\cos\theta = 10\cos\theta,$ so $\tan\theta = \frac{20 - 11\sqrt{3}}{11}$ (about $4.9^\circ,$ a legal tilt). Then $\begin{aligned} s^2 &= \frac{121}{\cos^2\theta} \\ &= 121\left(1 + \tan^2\theta\right) \\ &= 121 + \left(20 - 11\sqrt{3}\right)^2 \\ &= 884 - 440\sqrt{3}. \end{aligned}$

The area is $\frac{\sqrt{3}}{4}s^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}\left(884 - 440\sqrt{3}\right)$ $= 221\sqrt{3} - 330 \approx 52.8,$ which indeed beats the untilted triangle of side $10.$ Thus $p + q + r$ $= 221 + 3 + 330 = 554.$