2002 AIME II 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

已知：

$(1)$ $x$ 和 $y$ 都是从 $100$ 到 $999$ （含端点）的整数；

$(2)$ $y$ 是把 $x$ 的数字顺序反转后所形成的数；

$(3)$ $z = |x - y|$ 。

$z$ 可能有多少个不同的值？

Given that

$(1)$ $x$ and $y$ are both integers between $100$ and $999,$ inclusive;

$(2)$ $y$ is the number formed by reversing the digits of $x;$ and

$(3)$ $z = |x - y|.$

How many distinct values of $z$ are possible?

答案

答案：9

知识点：位值数字

难度评级：1850

小提示：

写成 $x = 100h + 10t + u$ ；那么 $y = 100u + 10t + h$ ，再计算 $x - y$ 。

Write $x = 100h + 10t + u;$ then $y = 100u + 10t + h,$ and compute $x - y$

大提示：

$z = 99\,|h - u|$ ，而且 $h$ 和 $u$ 都至少为 $1$ ，因为 $x$ 和 $y$ 都是三位数。

$z = 99\,|h - u|,$ and both $h$ and $u$ are at least $1$ because $x$ and $y$ are both three-digit numbers

解答：

设 $x = 100h + 10t + u$ ，其中 $h$ 、 $t$ 、 $u$ 是数字。则 $y = 100u + 10t + h$ ，所以 $z = |x - y| = 99\,|h - u|\text{。}$

因为 $x$ 和 $y$ 都是三位数， $h$ 和 $u$ 都可以从 $1$ 取到 $9$ ，所以 $|h - u|$ 可以是 $0$ 、 $1$ 、 $\ldots$ 、 $8$ 中的任意一个。每个值给出一个不同的 $99$ 的倍数，因此共有 $9$ 个不同的 $z$ 值。

Write $x = 100h + 10t + u$ with digits $h,$ $t,$ $u.$ Then $y = 100u + 10t + h,$ so $z = |x - y| = 99\,|h - u|.$

Since both $x$ and $y$ are three-digit numbers, both $h$ and $u$ run from $1$ to $9,$ so $|h - u|$ can be any of $0,$ $1,$ $\ldots,$ $8.$ Each choice gives a different multiple of $99,$ so there are $9$ distinct values of $z.$

2.

立方体的三个顶点为 $P = (7, 12, 10)$ 、 $Q = (8, 8, 1)$ 和 $R = (11, 3, 9)$ 。求该立方体的表面积。

Three of the vertices of a cube are $P = (7, 12, 10),$ $Q = (8, 8, 1),$ and $R = (11, 3, 9).$ What is the surface area of the cube?

答案

答案：294

知识点：正方体距离公式表面积

难度评级：2020

小提示：

计算三条两两距离 $PQ$ 、 $QR$ 和 $RP$ 。

Compute the three pairwise distances $PQ,$ $QR,$ and $RP$

大提示：

立方体中三个两两等距的顶点由面对角线相连；边长为 $s$ 的立方体，其面对角线长为 $s\sqrt{2}$ 。

Three mutually equidistant vertices of a cube are joined by face diagonals, and a face diagonal of a cube with edge $s$ has length $s\sqrt{2}$

解答：

计算距离的平方： $PQ^2 = 1^2 + 4^2 + 9^2 = 98$ ， $QR^2 = 3^2 + 5^2 + 8^2 = 98$ ，且 $RP^2 = 4^2 + 9^2 + 1^2 = 98$ 。所以 $P$ 、 $Q$ 、 $R$ 构成边长为 $\sqrt{98} = 7\sqrt{2}$ 的等边三角形。

立方体中三个两两等距的顶点必由面对角线相连，而边长为 $s$ 的立方体的面对角线长为 $s\sqrt{2}$ 。因此 $s = 7$ ，表面积为 $6 \cdot 7^2 = 294$ 。

Compute the squared distances: $PQ^2 = 1^2 + 4^2 + 9^2 = 98,$ $QR^2 = 3^2 + 5^2 + 8^2 = 98,$ and $RP^2 = 4^2 + 9^2 + 1^2 = 98.$ So $P,$ $Q,$ and $R$ form an equilateral triangle with side $\sqrt{98} = 7\sqrt{2}.$

Three mutually equidistant vertices of a cube must be joined by face diagonals, and a face diagonal of a cube with edge $s$ has length $s\sqrt{2}.$ Thus $s = 7,$ and the surface area is $6 \cdot 7^2 = 294.$

3.

已知 $\log_{6} a + \log_{6} b + \log_{6} c = 6$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正整数，它们组成递增等比数列，且 $b - a$ 是某个整数的平方。求 $a + b + c$ 。

It is given that $\log_{6} a + \log_{6} b + \log_{6} c = 6,$ where $a,$ $b,$ and $c$ are positive integers that form an increasing geometric sequence and $b - a$ is the square of an integer. Find $a + b + c.$

答案

答案：111

知识点：对数等比数列整除性

难度评级：2170

小提示：

合并对数： $abc = 6^6$ 。在等比数列中 $ac = b^2$ ，所以 $b^3 = 6^6$ 。

Combine the logs: $abc = 6^6.$ In a geometric sequence $ac = b^2,$ so $b^3 = 6^6$

大提示：

由 $b = 36$ ，写出 $a = 36 - k^2$ ，并要求 $a$ 整除 $36^2$ 。

With $b = 36,$ write $a = 36 - k^2$ and require that $a$ divide $36^2$

解答：

对数相加得 $\log_6(abc) = 6$ ，所以 $abc = 6^6$ 。等比数列满足 $ac = b^2$ ，于是 $b^3 = 6^6$ ，从而 $b = 36$ ，并且 $ac = 36^2 = 1296$ 。

因为数列递增， $b - a$ 是正平方数，所以 $a = 36 - k^2$ ，其中 $k = 1, \ldots, 5$ 。候选值为 $35$ 、 $32$ 、 $27$ 、 $20$ 、 $11$ 。同时 $a$ 必须整除 $1296 = 2^4 \cdot 3^4$ ，候选值中只有 $27$ 满足，此时 $c = \frac{1296}{27} = 48$ 。

确实， $27$ 、 $36$ 、 $48$ 是公比为 $\frac{4}{3}$ 的等比数列，所以 $a + b + c = 27 + 36 + 48 = 111$ 。

Adding the logs gives $\log_6(abc) = 6,$ so $abc = 6^6.$ In a geometric sequence $ac = b^2,$ hence $b^3 = 6^6,$ so $b = 36$ and $ac = 36^2 = 1296.$

Since the sequence is increasing, $b - a$ is a positive perfect square, so $a = 36 - k^2$ for some $k = 1, \ldots, 5,$ giving candidates $35,$ $32,$ $27,$ $20,$ $11.$ Also $a$ must divide $1296 = 2^4 \cdot 3^4,$ and of the candidates only $27$ does, with $c = \frac{1296}{27} = 48.$

Indeed $27,$ $36,$ $48$ is geometric with ratio $\frac{4}{3},$ and $a + b + c = 27 + 36 + 48 = 111.$

4.

用边长为 $1$ 个单位的正六边形庭院砖围出一个花园，砖块边对边摆放，每一边有 $n$ 块。图示为 $n = 5$ 时围绕花园的砖块路径。

若 $n = 202$ ，则路径围成的花园面积（不包括路径本身）为 $m\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 平方单位，其中 $m$ 是正整数。求 $m$ 除以 $1000$ 的余数。

Patio blocks that are regular hexagons $1$ unit on a side are used to outline a garden by placing the blocks edge to edge with $n$ on each side. The diagram indicates the path of blocks around the garden when $n = 5.$

If $n = 202,$ then the area of the garden enclosed by the path, not including the path itself, is $m\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ square units, where $m$ is a positive integer. Find the remainder when $m$ is divided by $1000.$

答案

答案：803

知识点：正多边形求和面积分割

难度评级：2340

小提示：

花园本身也是由单位六边形组成的六边形阵列，每边有 $n - 1$ 块；从中心六边形加上 $6$ 、 $12$ 、 $18$ 、 $\ldots$ 的环来计数。

The garden is itself a hexagonal block of unit hexagons with $n - 1$ on each side; count it as a center hexagon plus rings of $6,$ $12,$ $18,$ $\ldots$

大提示：

花园含有 $1 + 3(n-2)(n-1)$ 个六边形，每个单位六边形由 $6$ 个边长为 $1$ 的等边三角形组成。

The garden holds $1 + 3(n-2)(n-1)$ hexagons, and each unit hexagon is $6$ equilateral triangles of side $1$

解答：

由路径围成的花园本身是一个单位六边形阵列，每边有 $n - 1$ 个六边形。从中心向外按 $6$ 、 $12$ 、 $\ldots$ 个六边形的环来计数，它包含 $\begin{aligned} &1 + 6 + 12 + \cdots + 6(n-2) \\ &= 1 + 3(n-2)(n-1) \end{aligned}$ 个小六边形。取 $n = 202$ ，得到 $1 + 3 \cdot 200 \cdot 201 = 120601$ 个。

每个单位六边形由 $6$ 个边长为 $1$ 的等边三角形组成，所以面积为 $6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ 。因此花园面积是 $3 \cdot 120601 = 361803$ 倍的 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以 $m = 361803$ ，除以 $1000$ 的余数为 $803$ 。

The garden enclosed by the path is itself a hexagonal arrangement of unit hexagons with $n - 1$ on each side. Counting from the center outward in rings of $6,$ $12,$ $\ldots$ hexagons, it contains $\begin{aligned} &1 + 6 + 12 + \cdots + 6(n-2) \\ &= 1 + 3(n-2)(n-1) \end{aligned}$ blocks, which for $n = 202$ is $1 + 3 \cdot 200 \cdot 201 = 120601.$

Each unit hexagon consists of $6$ equilateral triangles of side $1,$ so its area is $6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4} = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}.$ The garden’s area is therefore $3 \cdot 120601 = 361803$ times $\frac{\sqrt{3}}{2},$ so $m = 361803,$ and the remainder upon division by $1000$ is $803.$

5.

求所有正整数 $a = 2^n 3^m$ 的和，其中 $n$ 和 $m$ 是非负整数，并且 $a^6$ 不是 $6^a$ 的因数。

Find the sum of all positive integers $a = 2^n 3^m,$ where $n$ and $m$ are non-negative integers, for which $a^6$ is not a divisor of $6^a.$

答案

答案：42

知识点：整除性质因数分解分类讨论

难度评级：2430

小提示：

$\frac{6^a}{a^6} = \frac{2^a 3^a}{2^{6n} 3^{6m}}$ ，所以 $a^6$ 不能整除 $6^a$ 当且仅当 $6n \gt a$ 或 $6m \gt a$ 。

$\frac{6^a}{a^6} = \frac{2^a 3^a}{2^{6n} 3^{6m}},$ so $a^6$ fails to divide $6^a$ exactly when $6n \gt a$ or $6m \gt a$

大提示：

如果 $m$ 和 $n$ 都至少为 $1$ ，则 $a \ge 6n$ 且 $a \ge 6m$ ，所以只有纯 $2$ 的幂或纯 $3$ 的幂可能满足条件。

If $m$ and $n$ are both at least $1,$ then $a \ge 6n$ and $a \ge 6m,$ so only pure powers of $2$ or of $3$ can work

解答：

对 $a = 2^n 3^m$ ， $\frac{6^a}{a^6} = \frac{2^a 3^a}{2^{6n} 3^{6m}}\text{，}$ 它不是整数当且仅当 $6n \gt a$ 或 $6m \gt a$ 。

若 $m, n \ge 1$ ，则 $a \ge 3 \cdot 2^n \ge 6n$ （因为 $2^n \ge 2n$ ），类似地 $a \ge 2 \cdot 3^m \ge 6m$ ，所以这种情形没有可行的 $a$ 。若 $m = 0$ ，条件为 $2^n \lt 6n$ ，成立于 $n = 1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ ，给出 $a = 2$ 、 $4$ 、 $8$ 、 $16$ 。若 $n = 0$ ，条件为 $3^m \lt 6m$ ，成立于 $m = 1$ 、 $2$ ，给出 $a = 3$ 、 $9$ 。（当 $a = 1$ 时条件不成立。）

所求和为 $2 + 4 + 8 + 16 + 3 + 9 = 42$ 。

With $a = 2^n 3^m,$ $\frac{6^a}{a^6} = \frac{2^a 3^a}{2^{6n} 3^{6m}},$ which fails to be an integer exactly when $6n \gt a$ or $6m \gt a.$

If $m, n \ge 1,$ then $a \ge 3 \cdot 2^n \ge 6n$ (since $2^n \ge 2n$ ) and similarly $a \ge 2 \cdot 3^m \ge 6m,$ so no such $a$ works. If $m = 0,$ the condition is $2^n \lt 6n,$ which holds for $n = 1,$ $2,$ $3,$ $4,$ giving $a = 2,$ $4,$ $8,$ $16.$ If $n = 0,$ the condition is $3^m \lt 6m,$ which holds for $m = 1,$ $2,$ giving $a = 3,$ $9.$ (For $a = 1$ the condition fails.)

The sum is $2 + 4 + 8 + 16 + 3 + 9 = 42.$

6.

求与下式最接近的整数： $1000 \sum_{n=3}^{10000} \frac{1}{n^2 - 4}$

Find the integer that is closest to $1000 \sum_{n=3}^{10000} \frac{1}{n^2 - 4}.$

答案

答案：521

知识点：裂项相消部分分式估算

难度评级：2340

小提示：

分解 $n^2 - 4 = (n-2)(n+2)$ ，并用部分分式让求和裂项相消。

Factor $n^2 - 4 = (n-2)(n+2)$ and use partial fractions to make the sum telescope

大提示：

前端只剩下 $1$ 、 $\frac{1}{2}$ 、 $\frac{1}{3}$ 、 $\frac{1}{4}$ ，再减去四个接近 $\frac{1}{10000}$ 的小尾项。

Only $1,$ $\frac{1}{2},$ $\frac{1}{3},$ $\frac{1}{4}$ survive at the front, minus four tiny tail terms near $\frac{1}{10000}$

解答：

因为 $\frac{1}{n^2 - 4} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{n-2} - \frac{1}{n+2}\right)$ ，所以该和裂项相消： $\begin{aligned} &1000 \sum_{n=3}^{10000} \frac{1}{n^2 - 4} \\ &\tiny{}= 250\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{9999} - \frac{1}{10000} - \frac{1}{10001} - \frac{1}{10002}\right) \end{aligned}\text{。}$

令 $r$ 等于 $250$ 乘以四个正尾项之和。于是 $0 \lt r \lt 250 \cdot \frac{4}{9999} \lt \frac{1}{3}$ 。原式的值为 $520 + \frac{5}{6} - r$ ，所以它严格介于 $520 + \frac{1}{2}$ 与 $520 + \frac{5}{6}$ 之间。因此最接近的整数是 $521$ 。

Since $\frac{1}{n^2 - 4} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{n-2} - \frac{1}{n+2}\right),$ the sum telescopes: $\begin{aligned} &1000 \sum_{n=3}^{10000} \frac{1}{n^2 - 4} \\ &\tiny{}= 250\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \frac{1}{9999} - \frac{1}{10000} - \frac{1}{10001} - \frac{1}{10002}\right). \end{aligned}$

Let $r$ be $250$ times the sum of the four positive tail fractions. Then $0 \lt r \lt 250 \cdot \frac{4}{9999} \lt \frac{1}{3}.$ The value of the expression is $520 + \frac{5}{6} - r,$ so it lies strictly between $520 + \frac{1}{2}$ and $520 + \frac{5}{6}.$ Hence the closest integer is $521.$

7.

已知对所有正整数 $k$ ， $\begin{aligned} &1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 \\ &= \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \end{aligned}\text{。}$ 求最小的正整数 $k$ ，使得 $1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2$ 是 $200$ 的倍数。

It is known that, for all positive integers $k,$ $\begin{aligned} &1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2 \\ &= \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}. \end{aligned}$ Find the smallest positive integer $k$ such that $1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + k^2$ is a multiple of $200.$

答案

答案：112

知识点：前n项平方和中国剩余定理分类讨论

难度评级：2500

小提示：

需要 $k(k+1)(2k+1)$ 是 $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2$ 的倍数，其中因子 $3$ 自动满足。

You need $k(k+1)(2k+1)$ to be a multiple of $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2,$ and the factor $3$ comes for free

大提示：

$2k+1$ 是奇数，所以 $16$ 必须整除 $k$ 或 $k+1$ ；另外 $25$ 必须整除 $k$ 、 $k+1$ ，或 $2k+1$ 。比较合并同余后的最小解。

$2k+1$ is odd, so $16$ must divide $k$ or $k+1;$ separately $25$ must divide $k,$ $k+1,$ or $2k+1.$ Compare the smallest solutions of the combined congruences.

解答：

该平方和是 $200$ 的倍数，当且仅当 $k(k+1)(2k+1)$ 是 $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2$ 的倍数。因子 $3$ 总会整除 $k(k+1)(2k+1)$ （若 $k \equiv 1 \pmod 3$ ，则 $2k+1$ 能被 $3$ 整除），所以只需考虑 $2^4$ 和 $5^2$ 。

由于 $2k+1$ 是奇数，且 $k$ 、 $k+1$ 不可能都为偶数， $16$ 必须整除 $k$ 或 $k+1$ ，所以 $k \equiv 0$ 或 $15 \pmod{16}$ 。类似地， $25$ 必须整除 $k$ 、 $k+1$ 、 $2k+1$ 中的一个，得到 $k \equiv 0$ 、 $24$ 或 $12 \pmod{25}$ 。将每一对同余条件合并到模 $400$ ，所得最小正解依次为 $112$ 、 $175$ 、 $224$ 、 $287$ 、 $399$ 和 $400$ 。

最小的是 $k = 112$ ：确实， $112 \cdot 113 \cdot 225$ $= (16 \cdot 7) \cdot 113 \cdot (9 \cdot 25)$ 是 $1200$ 的倍数。

The sum is a multiple of $200$ exactly when $k(k+1)(2k+1)$ is a multiple of $1200 = 2^4 \cdot 3 \cdot 5^2.$ The factor $3$ always divides $k(k+1)(2k+1)$ (if $k \equiv 1 \pmod 3,$ then $2k+1$ is divisible by $3$ ), so only $2^4$ and $5^2$ matter.

Since $2k+1$ is odd and $k,$ $k+1$ cannot both be even, $16$ must divide $k$ or $k+1,$ so $k \equiv 0$ or $15 \pmod{16}.$ Similarly $25$ must divide one of $k,$ $k+1,$ $2k+1,$ giving $k \equiv 0,$ $24,$ or $12 \pmod{25}.$ Combining each pair of congruences modulo $400,$ the smallest positive solutions are $112,$ $175,$ $224,$ $287,$ $399,$ and $400.$

The least is $k = 112:$ indeed $112 \cdot 113 \cdot 225$ $= (16 \cdot 7) \cdot 113 \cdot (9 \cdot 25)$ is a multiple of $1200.$

8.

求最小的正整数 $k$ ，使方程 $\left\lfloor \frac{2002}{n} \right\rfloor = k$ 没有整数解 $n$ 。（记号 $\lfloor x \rfloor$ 表示不大于 $x$ 的最大整数。）

Find the least positive integer $k$ for which the equation $\left\lfloor \frac{2002}{n} \right\rfloor = k$ has no integer solutions for $n.$ (The notation $\lfloor x \rfloor$ means the greatest integer less than or equal to $x.$ )

答案

答案：49

知识点：取整函数区间内整数计数

难度评级：2560

小提示：

$\left\lfloor \frac{2002}{n} \right\rfloor = k$ 有解，当且仅当某个整数 $n$ 落在 $\left(\frac{2002}{k+1}, \frac{2002}{k}\right]$ 中。

$\left\lfloor \frac{2002}{n} \right\rfloor = k$ has a solution exactly when some integer $n$ lies in $\left(\frac{2002}{k+1}, \frac{2002}{k}\right]$

大提示：

该区间长度为 $\frac{2002}{k(k+1)}$ ，所以当 $k(k+1) \le 2002$ 时，它一定含有整数。然后计算 $\lfloor \frac{2002}{n} \rfloor$ 在 $n = 44$ 、 $43$ 、 $42$ 、 $41$ 、 $40$ 时的值。

That interval has length $\frac{2002}{k(k+1)},$ so it always contains an integer when $k(k+1) \le 2002.$ Then compute $\lfloor \frac{2002}{n} \rfloor$ for $n = 44,$ $43,$ $42,$ $41,$ $40.$

解答：

值 $k$ 能被取到，当且仅当某个整数 $n$ 满足 $k \le \frac{2002}{n} \lt k + 1$ ，也就是区间 $\left(\frac{2002}{k+1}, \frac{2002}{k}\right]$ 中含有整数。它的长度为 $\frac{2002}{k(k+1)}$ ；当该长度至少为 $1$ ，也就是 $k(k+1) \le 2002$ 时，所有 $k \le 44$ 都能被取到。

对更大的 $k$ ，直接检查： $n = 44$ 、 $43$ 、 $42$ 、 $41$ 、 $40$ 分别给出 $\left\lfloor \frac{2002}{n} \right\rfloor = 45$ 、 $46$ 、 $47$ 、 $48$ 、 $50$ 。因为 $\frac{2002}{41} \approx 48.8$ ，而 $\frac{2002}{40} \gt 50$ ，所以不可能取到 $49$ 。因此最小的此类 $k$ 是 $49$ 。

The value $k$ is attained exactly when some integer $n$ satisfies $k \le \frac{2002}{n} \lt k + 1,$ that is, when the interval $\left(\frac{2002}{k+1}, \frac{2002}{k}\right]$ contains an integer. Its length is $\frac{2002}{k(k+1)},$ which is at least $1$ whenever $k(k+1) \le 2002$ — so every $k \le 44$ is attained.

For larger $k,$ check directly: $n = 44,$ $43,$ $42,$ $41,$ $40$ give $\left\lfloor \frac{2002}{n} \right\rfloor = 45,$ $46,$ $47,$ $48,$ $50.$ Since $\frac{2002}{41} \approx 48.8$ and $\frac{2002}{40} \gt 50,$ the value $49$ is never attained, so the least such $k$ is $49.$

9.

设 $S$ 为集合 $\{1, 2, 3, \ldots, 10\}$ 。令 $n$ 为由 $S$ 的两个非空不相交子集组成的二元集合的个数。（若两个集合没有共同元素，则称它们不相交。）求 $n$ 除以 $1000$ 所得的余数。

Let $S$ be the set $\{1, 2, 3, \ldots, 10\}.$ Let $n$ be the number of sets of two non-empty disjoint subsets of $S.$ (Disjoint sets are defined as sets that have no common elements.) Find the remainder obtained when $n$ is divided by $1000.$

答案

答案：501

知识点：子集乘法原理容斥原理

难度评级：2500

小提示：

先构造有序对 $(A, B)$ ：对 $10$ 个元素中的每一个，选择放入 $A$ 、放入 $B$ ，或两者都不放。

Build an ordered pair $(A, B)$ of disjoint subsets by sending each of the $10$ elements to $A,$ to $B,$ or to neither

大提示：

用容斥原理减去 $A$ 或 $B$ 为空的有序对，再除以 $2$ ，得到无序的二元集合。

Subtract the pairs where $A$ or $B$ is empty by inclusion-exclusion, then divide by $2$ to make the pairs unordered

解答：

先数不相交子集的有序对 $(A, B)$ 。对于这 $10$ 个元素中的每一个，可以选择放入 $A$ 、放入 $B$ ，或两者都不放，因此共有 $3^{10}$ 个有序对。其中 $2^{10}$ 个有 $A$ 为空， $2^{10}$ 个有 $B$ 为空，而 $(\varnothing, \varnothing)$ 被重复减了一次，所以两个子集都非空的有序对共有 $3^{10} - 2 \cdot 2^{10} + 1 = 57002$ 个。

不相交的非空子集不可能相等，所以每个集合 $\{A, B\}$ 被数了两次，得到 $n = \frac{57002}{2} = 28501$ 。模 $1000$ 的余数是 $501$ 。

Count ordered pairs $(A, B)$ of disjoint subsets first: each of the $10$ elements goes in $A,$ in $B,$ or in neither, for $3^{10}$ pairs. Among these, $2^{10}$ have $A$ empty and $2^{10}$ have $B$ empty, with the pair $(\varnothing, \varnothing)$ counted in both, so $3^{10} - 2 \cdot 2^{10} + 1 = 57002$ ordered pairs have both subsets non-empty.

Disjoint non-empty subsets are never equal, so each set $\{A, B\}$ is counted twice, giving $n = \frac{57002}{2} = 28501.$ The remainder mod $1000$ is $501.$

10.

一位心不在焉的教授在求某个角的正弦值时，没有注意到计算器的角度单位设置错误，却幸运地得到了正确答案。使 $x$ 度的正弦等于 $x$ 弧度的正弦的两个最小正实数 $x$ 分别为 $\frac{m\pi}{n - \pi}$ 和 $\frac{p\pi}{q + \pi}$ ，其中 $m$ 、 $n$ 、 $p$ 、 $q$ 是正整数。求 $m + n + p + q$ 。

While finding the sine of a certain angle, an absent-minded professor failed to notice that his calculator was not in the correct angular mode. He was lucky to get the right answer. The two least positive real values of $x$ for which the sine of $x$ degrees is the same as the sine of $x$ radians are $\frac{m\pi}{n - \pi}$ and $\frac{p\pi}{q + \pi},$ where $m,$ $n,$ $p,$ and $q$ are positive integers. Find $m + n + p + q.$

答案

答案：900

知识点：三角学单位换算

难度评级：2760

小提示：

$x$ 度等于 $\frac{\pi x}{180}$ 弧度，所以要求解 $\sin \frac{\pi x}{180} = \sin x$ 。

$x$ degrees is $\frac{\pi x}{180}$ radians, so solve $\sin \frac{\pi x}{180} = \sin x$

大提示：

两个角的正弦相等，当它们相差 $2\pi$ 的整数倍，或它们的和等于 $\pi$ 加上 $2\pi$ 的整数倍；在两种情形中分别取最小正值。

Two angles have equal sines when they differ by a multiple of $2\pi$ or add up to $\pi$ plus a multiple of $2\pi;$ take the smallest positive case of each

解答：

$x$ 度对应 $\frac{\pi x}{180}$ 弧度，所以需要 $\sin \frac{\pi x}{180} = \sin x$ 。两个角正弦相等当且仅当它们相差 $2\pi$ 的整数倍，或者和为 $\pi$ 加上 $2\pi$ 的整数倍。

第一种情形给出 $x - \frac{\pi x}{180} = 2\pi j$ ，所以 $x = \frac{360 j \pi}{180 - \pi}$ ，其最小正值为 $\frac{360\pi}{180 - \pi} \approx 6.4$ 。第二种情形给出 $x + \frac{\pi x}{180} = (2k + 1)\pi$ ，所以 $x = \frac{180(2k+1)\pi}{180 + \pi}$ ，其最小正值为 $\frac{180\pi}{180 + \pi} \approx 3.1$ 。第二族的下一个值是其首个值的三倍，因此大于第一族的最小值；其余各值更大。所以这两个就是最小的两个解。

对应 $\frac{m\pi}{n - \pi}$ 与 $\frac{p\pi}{q + \pi}$ ，得到 $m = 360$ 、 $n = 180$ 、 $p = 180$ 、 $q = 180$ ，所以 $m + n + p + q = 900$ 。

An angle of $x$ degrees is $\frac{\pi x}{180}$ radians, so we need $\sin \frac{\pi x}{180} = \sin x.$ Two angles have equal sines exactly when they differ by a multiple of $2\pi$ or sum to $\pi$ plus a multiple of $2\pi.$

The first case gives $x - \frac{\pi x}{180} = 2\pi j,$ so $x = \frac{360 j \pi}{180 - \pi},$ with least positive value $\frac{360\pi}{180 - \pi} \approx 6.4.$ The second gives $x + \frac{\pi x}{180} = (2k + 1)\pi,$ so $x = \frac{180(2k+1)\pi}{180 + \pi},$ with least positive value $\frac{180\pi}{180 + \pi} \approx 3.1.$ The next value in the second family is three times its first and therefore exceeds the first family’s least value; all later values are larger. Thus these are the two smallest solutions.

Matching $\frac{m\pi}{n - \pi}$ and $\frac{p\pi}{q + \pi}$ gives $m = 360,$ $n = 180,$ $p = 180,$ $q = 180,$ so $m + n + p + q = 900.$

11.

两个不同的实数项无穷等比级数都收敛且和为 $1$ ，并且第二项相同。其中一个级数的第三项为 $\frac{1}{8}$ ，两个级数的公共第二项可写成 $\frac{\sqrt{m} - n}{p}$ ，其中 $m$ 、 $n$ 、 $p$ 是正整数，且 $m$ 不被任何素数的平方整除。求 $100m + 10n + p$ 。

Two distinct, real, infinite geometric series each have a sum of $1$ and have the same second term. The third term of one of the series is $\frac{1}{8},$ and the second term of both series can be written in the form $\frac{\sqrt{m} - n}{p},$ where $m,$ $n,$ and $p$ are positive integers and $m$ is not divisible by the square of any prime. Find $100m + 10n + p.$

答案

答案：518

知识点：等比数列多项式因式分解

难度评级：2760

小提示：

一个公比为 $r$ 、和为 $1$ 的等比级数，首项为 $1 - r$ ，因此第二项是 $r(1 - r)$ 。

A geometric series with ratio $r$ and sum $1$ has first term $1 - r,$ so its second term is $r(1 - r)$

大提示：

第二项相等迫使两个公比满足 $s = 1 - r$ ；于是 $r^2(1 - r) = \frac{1}{8}$ 成为一个三次方程，令 $t = 2r$ 后可因式分解。

Equal second terms force the ratios to satisfy $s = 1 - r;$ then $r^2(1 - r) = \frac{1}{8}$ becomes a cubic that factors after substituting $t = 2r$

解答：

公比为 $r$ 、和为 $1$ 的等比级数首项为 $1 - r$ ，所以第二项是 $r(1 - r)$ 。若两个公比分别为 $r$ 和 $s$ ，则 $r(1 - r) = s(1 - s)$ ，即 $r - s = r^2 - s^2$ 。由于两个级数不同， $r \ne s$ ，因而 $s = 1 - r$ 。

设公比为 $r$ 的级数的第三项为 $r^2(1 - r) = \frac{1}{8}$ ，则 $8r^3 - 8r^2 + 1 = 0$ 。令 $t = 2r$ ，方程变为 $t^3 - 2t^2 + 1$ $= (t - 1)(t^2 - t - 1)$ $= 0$ 。根 $t = 1$ 会使 $r = s = \frac{1}{2}$ ，两个级数相同；根 $r = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$ 会使 $s = 1 - r \gt 1$ ，级数发散。因此 $r = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$ 。

公共第二项为 $\begin{aligned} r(1 - r) &= \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \cdot \frac{3 - \sqrt{5}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{5} - 2}{16} \\ &= \frac{\sqrt{5} - 1}{8} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m = 5$ 、 $n = 1$ 、 $p = 8$ ，从而 $100m + 10n + p = 518$ 。

A geometric series with ratio $r$ and sum $1$ has first term $1 - r,$ so its second term is $r(1 - r).$ If the two ratios are $r$ and $s,$ then $r(1 - r) = s(1 - s)$ gives $r - s = r^2 - s^2,$ and since the series are distinct, $r \ne s,$ forcing $s = 1 - r.$

Say the series with ratio $r$ has third term $r^2(1 - r) = \frac{1}{8},$ i.e. $8r^3 - 8r^2 + 1 = 0.$ Substituting $t = 2r$ gives $t^3 - 2t^2 + 1$ $= (t - 1)(t^2 - t - 1)$ $= 0.$ The root $t = 1$ makes $r = s = \frac{1}{2}$ (the series would coincide), and $r = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$ forces $s = 1 - r \gt 1,$ which diverges. So $r = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}.$

The common second term is $\begin{aligned} r(1 - r) &= \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \cdot \frac{3 - \sqrt{5}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{5} - 2}{16} \\ &= \frac{\sqrt{5} - 1}{8}, \end{aligned}$ so $m = 5,$ $n = 1,$ $p = 8,$ and $100m + 10n + p = 518.$

12.

一名篮球运动员每次投篮命中的概率恒为 $0.4$ ，并且与之前的投篮无关。令 $a_n$ 为投完 $n$ 次后命中数与出手数之比。事件 $a_{10} = 0.4$ 与 $a_n \le 0.4$ 同时发生的概率（后一条件中的 $n$ 取遍满足 $1 \le n \le 9$ 的整数）为 $\frac{p^a q^b r}{\left(s^c\right)}$ ，其中 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 和 $s$ 都是素数， $a$ 、 $b$ 和 $c$ 都是正整数。求 $(p + q + r + s)(a + b + c)$ 。

A basketball player has a constant probability of $0.4$ of making any given shot, independent of previous shots. Let $a_n$ be the ratio of shots made to shots attempted after $n$ shots. The probability that $a_{10} = 0.4$ and $a_n \le 0.4$ for all $n$ such that $1 \le n \le 9$ is given to be $\frac{p^a q^b r}{\left(s^c\right)},$ where $p,$ $q,$ $r,$ and $s$ are primes, and $a,$ $b,$ and $c$ are positive integers. Find $(p + q + r + s)(a + b + c).$

答案

答案：660

知识点：格路递推计数二项概率

难度评级：2990

小提示：

把（出手次数，命中次数）看作格路径；条件 $a_n \le 0.4$ 将每次投篮后的命中数限制在 $\lfloor 0.4 n \rfloor$ 以内。

Track (shots attempted, shots made) as a lattice path; the condition $a_n \le 0.4$ caps the number made at $\lfloor 0.4 n \rfloor$ after each shot

大提示：

通过把每个点的两个前驱点计数相加，数出到 $(10, 4)$ 的受限路径；每个有效序列的概率都是 $(0.4)^4 (0.6)^6$ 。

Count the constrained paths to $(10, 4)$ by adding the counts of the two predecessors at each point; every valid sequence has probability $(0.4)^4 (0.6)^6$

解答：

把球员的过程记录为点 $(n, y)$ 的路径，其中 $y$ 是 $n$ 次出手后的命中数。条件 $a_n \le 0.4$ 将 $y$ 限制在 $\lfloor 0.4n \rfloor$ 以内；当 $n = 1, \ldots, 9$ 时，这些上限分别为 $0$ 、 $0$ 、 $1$ 、 $1$ 、 $2$ 、 $2$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $3$ ，而 $a_{10} = 0.4$ 表示路径终点为 $(10, 4)$ 。

在每个允许点处，把它的两个前驱点的计数相加（未命中时 $y$ 不变，命中时它增加 $1$ ）。当 $n = 3, \ldots, 9$ 时，最高允许高度处的计数依次为 $1$ 、 $2$ 、 $2$ 、 $5$ 、 $9$ 、 $9$ 、 $23$ ；第十次投篮必须命中，所以共有 $23$ 个投篮序列满足条件。每个序列有 $4$ 次命中和 $6$ 次未中，因此概率为 $23 \left(\tfrac{2}{5}\right)^4 \left(\tfrac{3}{5}\right)^6 = \frac{2^4 \, 3^6 \cdot 23}{5^{10}}\text{。}$

因此 $\{p, q, r, s\} = \{2, 3, 23, 5\}$ ，且 $(a, b, c) = (4, 6, 10)$ ，得到 $(2 + 3 + 23 + 5)(4 + 6 + 10)$ $= 33 \cdot 20$ $= 660$ 。

Record the player’s progress as a path through points $(n, y),$ where $y$ is the number of shots made after $n$ attempts. The condition $a_n \le 0.4$ caps $y$ at $\lfloor 0.4n \rfloor,$ which for $n = 1, \ldots, 9$ is $0,$ $0,$ $1,$ $1,$ $2,$ $2,$ $2,$ $3,$ $3,$ and $a_{10} = 0.4$ means the path ends at $(10, 4).$

Count the allowed paths by adding, at each point, the counts of its two predecessors (a miss keeps $y,$ a make raises it by $1$ ). The counts at the maximum allowed heights for $n = 3, \ldots, 9$ come out to $1,$ $2,$ $2,$ $5,$ $9,$ $9,$ $23,$ and the tenth shot must be a make, so $23$ shot sequences qualify. Each consists of $4$ makes and $6$ misses, so the probability is $23 \left(\tfrac{2}{5}\right)^4 \left(\tfrac{3}{5}\right)^6 = \frac{2^4 \, 3^6 \cdot 23}{5^{10}}.$

Thus $\{p, q, r, s\} = \{2, 3, 23, 5\}$ and $(a, b, c) = (4, 6, 10),$ giving $(2 + 3 + 23 + 5)(4 + 6 + 10)$ $= 33 \cdot 20$ $= 660.$

13.

在三角形 $ABC$ 中，点 $D$ 在 $\overline{BC}$ 上，且 $CD = 2$ 、 $DB = 5$ ；点 $E$ 在 $\overline{AC}$ 上，且 $CE = 1$ 、 $EA = 3$ ；并且 $AB = 8$ 。线段 $\overline{AD}$ 与 $\overline{BE}$ 交于 $P$ 。点 $Q$ 和 $R$ 在 $\overline{AB}$ 上，使得 $\overline{PQ}$ 平行于 $\overline{CA}$ ，且 $\overline{PR}$ 平行于 $\overline{CB}$ 。已知三角形 $PQR$ 与三角形 $ABC$ 的面积之比为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

In triangle $ABC,$ point $D$ is on $\overline{BC}$ with $CD = 2$ and $DB = 5,$ point $E$ is on $\overline{AC}$ with $CE = 1$ and $EA = 3,$ $AB = 8,$ and $\overline{AD}$ and $\overline{BE}$ intersect at $P.$ Points $Q$ and $R$ lie on $\overline{AB}$ so that $\overline{PQ}$ is parallel to $\overline{CA}$ and $\overline{PR}$ is parallel to $\overline{CB}.$ It is given that the ratio of the area of triangle $PQR$ to the area of triangle $ABC$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：901

知识点：质点法位似面积比

难度评级：2990

小提示：

用质量点法：赋质量 $5$ 、 $6$ 、 $15$ 于 $A$ 、 $B$ 、 $C$ ，即可同时平衡两条顶点连线并确定 $P$ ；延长 $\overline{CP}$ 与 $\overline{AB}$ 交于 $F$ 。

Mass points: masses $5,$ $6,$ $15$ at $A,$ $B,$ $C$ balance both cevians and locate $P;$ extend $\overline{CP}$ to meet $\overline{AB}$ at $F$

大提示：

三角形 $PQR$ 是三角形 $CAB$ 在一个位似变换下的像；该变换以 $F$ 为中心，把 $C$ 映到 $P$ ，所以面积比为 $(\frac{FP}{FC})^2$ 。

Triangle $PQR$ is the image of triangle $CAB$ under the homothety centered at $F$ taking $C$ to $P,$ so the area ratio is $(\frac{FP}{FC})^2$

解答：

赋质量 $5$ 于 $A$ ，质量 $6$ 于 $B$ ，质量 $15$ 于 $C$ 。这样 $E$ 在 $\overline{AC}$ 上满足平衡关系（ $5 \cdot 3 = 15 \cdot 1$ ），而 $D$ 在 $\overline{BC}$ 上满足平衡关系（ $6 \cdot 5 = 15 \cdot 2$ ），所以 $\overline{AD}$ 和 $\overline{BE}$ 交于质心 $P$ ，其总质量为 $26$ 。延长 $\overline{CP}$ 与 $\overline{AB}$ 交于 $F$ ，则 $F$ 处质量为 $5 + 6 = 11$ 。因此在线段 $CF$ 上有 $CP : PF = 11 : 15$ ，也就是 $\frac{FP}{FC} = \frac{15}{26}$ 。

以 $F$ 为中心、比例为 $\frac{15}{26}$ 的位似变换把 $C$ 映到 $P$ ，并把直线 $AB$ 映到自身；它把直线 $CA$ 映到过 $P$ 的平行线，也就是 $PQ$ ，把直线 $CB$ 映到 $PR$ 。因此它把三角形 $CAB$ 映到三角形 $PQR$ ，所以 $\frac{[PQR]}{[ABC]} = \left(\frac{15}{26}\right)^2 = \frac{225}{676}\text{。}$

因为 $\gcd(225, 676) = 1$ ，答案为 $m + n = 225 + 676 = 901$ 。

Assign masses $5$ at $A,$ $6$ at $B,$ and $15$ at $C.$ Then $E$ balances $\overline{AC}$ ( $5 \cdot 3 = 15 \cdot 1$ ) and $D$ balances $\overline{BC}$ ( $6 \cdot 5 = 15 \cdot 2$ ), so the cevians $\overline{AD}$ and $\overline{BE}$ meet at the center of mass $P,$ of total mass $26.$ Extending $\overline{CP}$ to meet $\overline{AB}$ at $F,$ the mass at $F$ is $5 + 6 = 11,$ so on segment $CF$ we get $CP : PF = 11 : 15,$ that is, $\frac{FP}{FC} = \frac{15}{26}.$

The homothety centered at $F$ with ratio $\frac{15}{26}$ sends $C$ to $P$ and maps line $AB$ to itself; it carries line $CA$ to the parallel line through $P$ — which is line $PQ$ — and line $CB$ to line $PR.$ Hence it maps triangle $CAB$ onto triangle $PQR,$ and $\frac{[PQR]}{[ABC]} = \left(\frac{15}{26}\right)^2 = \frac{225}{676}.$

Since $\gcd(225, 676) = 1,$ the answer is $m + n = 225 + 676 = 901.$

14.

三角形 $APM$ 的周长为 $152$ ，且角 $PAM$ 是直角。画一个半径为 $19$ 的圆，圆心 $O$ 在 $\overline{AP}$ 上，并且该圆与 $\overline{AM}$ 和 $\overline{PM}$ 相切。已知 $OP = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

The perimeter of triangle $APM$ is $152,$ and angle $PAM$ is a right angle. A circle of radius $19$ with center $O$ on $\overline{AP}$ is drawn so that it is tangent to $\overline{AM}$ and $\overline{PM}.$ Given that $OP = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers, find $m + n.$

答案

答案：98

知识点：切线相似周长

难度评级：3060

小提示：

该圆与 $\overline{AM}$ 恰好相切于 $A$ ，所以从 $M$ 引出的两条切线给出 $MT = MA$ ，其中 $T$ 是 $\overline{PM}$ 上的切点。

The circle touches $\overline{AM}$ at $A$ itself, so the tangents from $M$ give $MT = MA,$ where $T$ is the tangency point on $\overline{PM}$

大提示：

直角三角形 $POT$ 与 $PMA$ 相似，而小三角形的周长是 $PA + PT = 152 - 2\,MA$ ；比较周长比例得到只含 $MA$ 的方程。

Right triangles $POT$ and $PMA$ are similar, and the small one’s perimeter is $PA + PT = 152 - 2\,MA;$ comparing perimeter ratios gives an equation in $MA$ alone

解答：

设 $T$ 为圆与 $\overline{PM}$ 的切点。因为 $\overline{AM} \perp \overline{AP}$ ，且 $O$ 在 $\overline{AP}$ 上，圆心到直线 $AM$ 的距离为 $19$ ，所以圆恰好与 $\overline{AM}$ 相切于点 $A$ 。由从 $M$ 引出的两条切线相等，得 $MT = MA$ 。直角三角形 $POT$ 和 $PMA$ （直角分别在 $T$ 和 $A$ ）共有角 $P$ ，所以相似，比例为 $\frac{OT}{MA} = \frac{19}{MA}$ 。

小三角形的周长为 $PO + OT + TP$ $= (PA - 19) + 19 + TP$ $= PA + PT$ 。又因为 $MT = MA$ ， $\begin{aligned} PA + PT &= PA + PM - MT \\ &= 152 - 2\,MA \end{aligned}\text{。}$ 相似三角形的周长比等于相似比，因此 $\frac{19}{MA} = \frac{152 - 2\,MA}{152}$ 。化简得 $MA^2 - 76\,MA + 1444$ $= (MA - 38)^2$ $= 0$ ，所以 $MA = 38$ 。

相似比为 $\frac{19}{38} = \frac{1}{2}$ ，所以 $PO = \frac{1}{2} PM$ 。由周长得 $PA + PM = 152 - 38 = 114$ ，且 $PA = PO + 19$ ，于是 $\frac{1}{2} PM + 19 + PM = 114$ ，解得 $PM = \frac{190}{3}$ ，所以 $OP = \frac{95}{3}$ 。因此 $m + n = 95 + 3 = 98$ 。

Let $T$ be the point where the circle touches $\overline{PM}.$ Since $\overline{AM} \perp \overline{AP}$ and $O$ lies on $\overline{AP}$ at a distance from line $AM$ equal to $19,$ the circle is tangent to $\overline{AM}$ at $A$ itself, so the two tangents from $M$ give $MT = MA.$ Right triangles $POT$ and $PMA$ (right angles at $T$ and $A$ ) share angle $P,$ so they are similar with ratio $\frac{OT}{MA} = \frac{19}{MA}.$

The small triangle’s perimeter is $PO + OT + TP$ $= (PA - 19) + 19 + TP$ $= PA + PT,$ and since $MT = MA,$ $\begin{aligned} PA + PT &= PA + PM - MT \\ &= 152 - 2\,MA. \end{aligned}$ Perimeters of similar triangles are in the ratio of similarity, so $\frac{19}{MA} = \frac{152 - 2\,MA}{152},$ which simplifies to $MA^2 - 76\,MA + 1444$ $= (MA - 38)^2$ $= 0.$ Thus $MA = 38.$

The ratio of similarity is then $\frac{19}{38} = \frac{1}{2},$ so $PO = \frac{1}{2} PM.$ From the perimeter, $PA + PM = 152 - 38 = 114,$ and $PA = PO + 19,$ so $\frac{1}{2} PM + 19 + PM = 114,$ giving $PM = \frac{190}{3}$ and $OP = \frac{95}{3}.$ Hence $m + n = 95 + 3 = 98.$

15.

圆 $C_1$ 和 $C_2$ 相交于两点，其中一点是 $(9, 6)$ ，并且两圆半径的乘积为 $68$ 。 $x$ -轴和直线 $y = mx$ 都与两个圆相切，其中 $m \gt 0$ 。已知 $m$ 可写成 $\frac{a\sqrt{b}}{c}$ 的形式，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正整数， $b$ 不被任何素数的平方整除，且 $a$ 与 $c$ 互质。求 $a + b + c$ 。

Circles $C_1$ and $C_2$ intersect at two points, one of which is $(9, 6),$ and the product of their radii is $68.$ The $x$ -axis and the line $y = mx,$ where $m \gt 0,$ are tangent to both circles. It is given that $m$ can be written in the form $\frac{a\sqrt{b}}{c},$ where $a,$ $b,$ and $c$ are positive integers, $b$ is not divisible by the square of any prime, and $a$ and $c$ are relatively prime. Find $a + b + c.$

答案

答案：282

知识点：切线角平分线三角恒等式韦达定理

难度评级：3370

小提示：

两个圆心都在两条切线所成角的角平分线上；若该角平分线与 $x$ -轴的夹角为 $\alpha$ ，则 $m = \tan 2\alpha$ ，且每个圆的半径为 $x_i \tan \alpha$ 。

Both centers lie on the bisector of the angle between the two tangent lines; if the angle from the $x$ -axis to the bisector is $\alpha,$ then $m = \tan 2\alpha$ and each radius is $x_i \tan \alpha$

大提示：

把 $(9, 6)$ 代入圆方程，会得到两个圆心的 $x_i$ 满足同一个二次方程，所以由韦达定理 $x_1 x_2 = 117$ ；再结合 $r_1 r_2 = 68$ 。

Plugging $(9, 6)$ into the circle equation gives the same quadratic in $x_i$ for both centers, so $x_1 x_2 = 117$ by Vieta; combine with $r_1 r_2 = 68$

解答：

两个圆都与 $x$ -轴和 $y = mx$ 相切，所以两个圆心都在第一象限中这两条直线夹角的角平分线上。若该角平分线与 $x$ -轴的夹角为 $\alpha$ ，则 $m = \tan 2\alpha$ ，并且每个圆心形如 $(x_i, \, x_i \tan\alpha)$ ，半径为 $r_i = x_i \tan\alpha$ （即到 $x$ -轴的距离）。

因为 $(9, 6)$ 在每个圆上， $(9 - x_i)^2 + (6 - x_i \tan\alpha)^2$ $= x_i^2 \tan^2\alpha$ ，展开得 $\begin{aligned} &x_i^2 - (18 + 12\tan\alpha)\,x_i + 117 \\ &= 0 \end{aligned}\text{。}$ $x_1$ 和 $x_2$ 都满足同一个二次方程，所以由韦达定理 $x_1 x_2 = 117$ 。于是 $r_1 r_2$ $= x_1 x_2 \tan^2\alpha$ $= 117 \tan^2\alpha$ $= 68$ ，所以 $\tan^2\alpha = \frac{68}{117}$ ，且 $\tan\alpha = \frac{2\sqrt{17}}{3\sqrt{13}}$ 。

最后， $\begin{aligned} m &= \frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha} \\ &= \frac{2\tan\alpha}{\frac{49}{117}} \\ &= \frac{234}{49} \cdot \frac{2\sqrt{17}}{3\sqrt{13}} \\ &= \frac{156\sqrt{17}}{49\sqrt{13}} \\ &= \frac{12\sqrt{221}}{49} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $a + b + c$ $= 12 + 221 + 49$ $= 282$ 。

Both circles are tangent to the $x$ -axis and to $y = mx,$ so both centers lie on the bisector of the first-quadrant angle between those lines. If the angle from the $x$ -axis to the bisector is $\alpha,$ then $m = \tan 2\alpha,$ and each center has the form $(x_i, \, x_i \tan\alpha)$ with radius $r_i = x_i \tan\alpha$ (its distance to the $x$ -axis).

Since $(9, 6)$ lies on each circle, $(9 - x_i)^2 + (6 - x_i \tan\alpha)^2$ $= x_i^2 \tan^2\alpha,$ which expands to $\begin{aligned} &x_i^2 - (18 + 12\tan\alpha)\,x_i + 117 \\ &= 0. \end{aligned}$ Both $x_1$ and $x_2$ satisfy this one quadratic, so by Vieta’s formulas $x_1 x_2 = 117.$ Then $r_1 r_2$ $= x_1 x_2 \tan^2\alpha$ $= 117 \tan^2\alpha$ $= 68,$ so $\tan^2\alpha = \frac{68}{117}$ and $\tan\alpha = \frac{2\sqrt{17}}{3\sqrt{13}}.$

Finally, $\begin{aligned} m &= \frac{2\tan\alpha}{1 - \tan^2\alpha} \\ &= \frac{2\tan\alpha}{\frac{49}{117}} \\ &= \frac{234}{49} \cdot \frac{2\sqrt{17}}{3\sqrt{13}} \\ &= \frac{156\sqrt{17}}{49\sqrt{13}} \\ &= \frac{12\sqrt{221}}{49}, \end{aligned}$ so $a + b + c$ $= 12 + 221 + 49$ $= 282.$