2006 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

在凸六边形 $ABCDEF$ 中，六条边全等， $\angle A$ 和 $\angle D$ 是直角，且 $\angle B$ 、 $\angle C$ 、 $\angle E$ 和 $\angle F$ 全等。这个六边形区域的面积为 $2116(\sqrt{2} + 1)$ 。求 $AB$ 。

In convex hexagon $ABCDEF,$ all six sides are congruent, $\angle A$ and $\angle D$ are right angles, and $\angle B,$ $\angle C,$ $\angle E,$ and $\angle F$ are congruent. The area of the hexagonal region is $2116(\sqrt{2} + 1).$ Find $AB.$

答案

知识点：面积分割角度和特殊直角三角形

难度评级：2110

小提示：

角 $B$ 、 $C$ 、 $E$ 、 $F$ 都等于 $135^\circ$ 。画出对角线 $BF$ 和 $CE$ 。

Each of angles $B,$ $C,$ $E,$ $F$ measures $135^\circ.$ Draw diagonals $BF$ and $CE.$

大提示：

这些对角线把六边形分成两个等腰直角三角形和一个边长为 $AB$ 与 $AB\sqrt{2}$ 的矩形。

These diagonals cut the hexagon into two right isosceles triangles and a rectangle with side lengths $AB$ and $AB\sqrt{2}.$

解答：

六边形内角和为 $720^\circ$ ，所以这四个全等角各为 $\frac{720 - 2 \cdot 90}{4} = 135$ 度。设 $AB = x$ 。对角线 $BF$ 和 $CE$ 截出等腰直角三角形 $FAB$ 和 $CDE$ ，每个三角形的直角边为 $x$ ，斜边为 $x\sqrt{2}$ ，而 $135^\circ$ 的角保证剩下的部分 $BCEF$ 是一个边长为 $x\sqrt{2}$ 和 $x$ 的矩形。

因此面积为 $\begin{aligned} &2 \cdot \frac{1}{2}x^2 + x \cdot x\sqrt{2} \\ &= x^2(1 + \sqrt{2}) \\ &= 2116(\sqrt{2} + 1) \end{aligned}\text{，}$ 所以 $x^2 = 2116$ ，从而 $AB = x = 46$ 。

The angles of a hexagon sum to $720^\circ,$ so each of the four congruent angles measures $\frac{720 - 2 \cdot 90}{4} = 135$ degrees. Let $AB = x.$ The diagonals $BF$ and $CE$ cut off the right isosceles triangles $FAB$ and $CDE,$ each with legs $x$ and hypotenuse $x\sqrt{2},$ and the $135^\circ$ angles guarantee that the remaining piece $BCEF$ is a rectangle with sides $x\sqrt{2}$ and $x.$

Hence the area is $\begin{aligned} &2 \cdot \frac{1}{2}x^2 + x \cdot x\sqrt{2} \\ &= x^2(1 + \sqrt{2}) \\ &= 2116(\sqrt{2} + 1), \end{aligned}$ so $x^2 = 2116$ and $AB = x = 46.$

2.

一个面积为正的三角形的三边长分别为 $\log_{10} 12$ 、 $\log_{10} 75$ 和 $\log_{10} n$ ，其中 $n$ 是正整数。求 $n$ 的可能取值个数。

The lengths of the sides of a triangle with positive area are $\log_{10} 12,$ $\log_{10} 75,$ and $\log_{10} n,$ where $n$ is a positive integer. Find the number of possible values for $n.$

答案

知识点：三角不等式对数

难度评级：1890

小提示：

三条边长必须满足三角形不等式；其中两个条件会从两侧限制 $\log_{10} n$ 。

The three lengths must satisfy the triangle inequality; two of the three conditions bound $\log_{10} n$ from both sides.

大提示：

$\log 75 - \log 12$ $\lt \log n \lt$ $\log 75 + \log 12$ ，所以 $\frac{25}{4} \lt n \lt 900$ 。

$\log 75 - \log 12$ $\lt \log n \lt$ $\log 75 + \log 12,$ so $\frac{25}{4} \lt n \lt 900.$

解答：

三角形不等式要求 $\log n \lt \log 12 + \log 75 = \log 900$ ，以及 $\log 12 + \log n \gt \log 75$ ，即 $\log n \gt \log 75 - \log 12 = \log \frac{25}{4}$ 。剩下的不等式 $\log 75 + \log n \gt \log 12$ 自动成立，因为 $n \ge 1$ 且 $75 \gt 12$ 。

因此 $\frac{25}{4} \lt n \lt 900$ ，对整数来说就是 $7 \le n \le 899$ 。共有 $899 - 7 + 1 = 893$ 个可能的 $n$ 值。

The triangle inequality requires $\log n \lt \log 12 + \log 75 = \log 900$ and $\log 12 + \log n \gt \log 75,$ that is $\log n \gt \log 75 - \log 12 = \log \frac{25}{4}.$ The remaining inequality, $\log 75 + \log n \gt \log 12,$ is automatic because $n \ge 1$ and $75 \gt 12.$

So $\frac{25}{4} \lt n \lt 900,$ which for integers means $7 \le n \le 899.$ That gives $899 - 7 + 1 = 893$ possible values of $n.$

3.

令 $P$ 为前 $100$ 个正奇数的乘积。求最大的整数 $k$ ，使得 $P$ 能被 $3^k$ 整除。

Let $P$ be the product of the first $100$ positive odd integers. Find the largest integer $k$ such that $P$ is divisible by $3^k.$

答案

知识点：质因数分解整除性

难度评级：2150

小提示：

数一数 $1, 3, 5, \ldots, 199$ 中有多少个能被 $3$ 整除，再数能被 $9$ 、 $27$ 和 $81$ 整除的个数。

Count how many of $1, 3, 5, \ldots, 199$ are divisible by $3,$ then by $9,$ by $27,$ and by $81.$

大提示：

每一层可整除性都会给每个保留下来的项多贡献一个因子 $3$ ，所以 $k$ 是这四个计数之和。

Each divisibility layer adds one more factor of $3$ per surviving term, so $k$ is the sum of the four counts.

解答：

$P = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots 199$ ，所以 $k$ 是因子 $3$ 的总个数，统计范围是不超过 $199$ 的奇数。 $3$ 的奇数倍为 $3 \cdot 1, 3 \cdot 3, \ldots, 3 \cdot 65$ ，共有 $33$ 个。 $9$ 的奇数倍为 $9 \cdot 1, \ldots, 9 \cdot 21$ ，共有 $11$ 个。 $27$ 的奇数倍为 $27, 81, 135, 189$ ，共有 $4$ 个。 $81$ 的奇数倍中，不超过 $199$ 的唯一一个是 $81$ 本身，而且没有 $243$ 的倍数。

每一层都贡献一个额外的因子 $3$ ，所以 $k = 33 + 11 + 4 + 1 = 49$ 。

$P = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots 199,$ so $k$ is the total number of factors of $3$ among the odd numbers up to $199.$ The odd multiples of $3$ are $3 \cdot 1, 3 \cdot 3, \ldots, 3 \cdot 65,$ and there are $33$ of them. The odd multiples of $9$ are $9 \cdot 1, \ldots, 9 \cdot 21:$ $11$ of them. The odd multiples of $27$ are $27, 81, 135, 189:$ $4$ of them. The only odd multiple of $81$ at most $199$ is $81$ itself, and there are no multiples of $243.$

Each layer contributes one additional factor of $3,$ so $k = 33 + 11 + 4 + 1 = 49.$

4.

令 $(a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{12})$ 是 $(1, 2, 3, \ldots, 12)$ 的一个排列，满足 $a_1 \gt a_2 \gt a_3 \gt a_4 \gt a_5 \gt a_6$ 且 $\begin{aligned} &a_6 \lt a_7 \lt a_8 \lt a_9 \\ &\lt a_{10} \lt a_{11} \lt a_{12} \end{aligned}\text{。}$ 这样的排列的一个例子是 $(6, 5, 4, 3, 2, 1, 7, 8, 9, 10, 11, 12)$ 。求这类排列的个数。

Let $(a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{12})$ be a permutation of $(1, 2, 3, \ldots, 12)$ for which $a_1 \gt a_2 \gt a_3 \gt a_4 \gt a_5 \gt a_6$ and $\begin{aligned} &a_6 \lt a_7 \lt a_8 \lt a_9 \\ &\lt a_{10} \lt a_{11} \lt a_{12}. \end{aligned}$ An example of such a permutation is $(6, 5, 4, 3, 2, 1, 7, 8, 9, 10, 11, 12).$ Find the number of such permutations.

答案

知识点：有限制的排列组合

难度评级：2180

小提示：

$a_6$ 小于其他十一个项，所以 $a_6 = 1$ 。

$a_6$ is less than all eleven other terms, so $a_6 = 1.$

大提示：

一旦选出剩余 $11$ 个数中的哪五个填入前五个位置，两半的顺序就都被确定了。

Once you choose which five of the remaining $11$ numbers fill the first five slots, the order of both halves is forced.

解答：

项 $a_6$ 小于这个排列中的其他所有项，所以 $a_6 = 1$ 。现在从剩余 $11$ 个数中选择五个占据位置 $1$ 到 $5$ ：它们必须按递减顺序出现，所以排列方式被确定；其余六个数必须按递增顺序填入位置 $7$ 到 $12$ ，这也被确定。

每一种五个数的选择都给出唯一一个合法排列，所以总数为 $\binom{11}{5} = 462$ 。

The term $a_6$ is smaller than every other term of the permutation, so $a_6 = 1.$ Now choose which five of the remaining $11$ numbers occupy positions $1$ through $5:$ they must appear in decreasing order, so their arrangement is forced, and the other six numbers must fill positions $7$ through $12$ in increasing order, which is also forced.

Every choice of the five numbers gives exactly one valid permutation, so the count is $\binom{11}{5} = 462.$

5.

掷一个特定的不公平六面骰子，六个面编号为 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 、 $5$ 和 $6$ ，出现面 $F$ 的概率大于 $\frac{1}{6}$ ，出现与面 $F$ 相对的面的概率小于 $\frac{1}{6}$ ，出现其他每个面的概率都是 $\frac{1}{6}$ ，且每一对相对面的数字之和都是 $7$ 。掷两个这样的骰子时，得到点数和为 $7$ 的概率是 $\frac{47}{288}$ 。已知出现面 $F$ 的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数，求 $m + n$ 。

When rolling a certain unfair six-sided die with faces numbered $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ $5,$ and $6,$ the probability of obtaining face $F$ is greater than $\frac{1}{6},$ the probability of obtaining the face opposite face $F$ is less than $\frac{1}{6},$ the probability of obtaining each of the other faces is $\frac{1}{6},$ and the sum of the numbers on each pair of opposite faces is $7.$ When two such dice are rolled, the probability of obtaining a sum of $7$ is $\frac{47}{288}.$ Given that the probability of obtaining face $F$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers, find $m + n.$

答案

知识点：骰子（概率）平方差

难度评级：2350

小提示：

将面 $F$ 的概率写成 $\frac{1}{6} + x$ ，则相对面的概率为 $\frac{1}{6} - x$ 。

Write the probability of face $F$ as $\frac{1}{6} + x,$ so the opposite face has probability $\frac{1}{6} - x.$

大提示：

点数和为 $7$ 总是来自一对相对面： $4\left(\frac{1}{6}\right)^2$ $+ 2\left(\frac{1}{6} + x\right)\left(\frac{1}{6} - x\right)$ $= \frac{47}{288}$ 。

A sum of $7$ always comes from a pair of opposite faces: $4\left(\frac{1}{6}\right)^2$ $+ 2\left(\frac{1}{6} + x\right)\left(\frac{1}{6} - x\right)$ $= \frac{47}{288}.$

解答：

设出现面 $F$ 的概率为 $\frac{1}{6} + x$ ，则与 $F$ 相对的面概率为 $\frac{1}{6} - x$ （六个概率之和必须为 $1$ ）。由于相对面的数字之和为 $7$ ，点数和为 $7$ 恰好发生在两个骰子显示一对相对面时。在六个有序的和为 $7$ 的结果中，四个只用普通面，两个把 $F$ 与它的相对面配对。因此 $\begin{aligned} \frac{47}{288} &= 4\left(\frac{1}{6}\right)^2 \\ &\quad {}+ 2\left(\frac{1}{6} + x\right)\left(\frac{1}{6} - x\right) \\ &= \frac{1}{6} - 2x^2 \end{aligned}\text{。}$

因为 $\frac{1}{6} = \frac{48}{288}$ ，得到 $2x^2 = \frac{1}{288}$ ，所以 $x = \frac{1}{24}$ 。面 $F$ 的概率为 $\frac{1}{6} + \frac{1}{24} = \frac{5}{24}$ ，且 $m + n = 5 + 24 = 29$ 。

Let the probability of face $F$ be $\frac{1}{6} + x,$ so the face opposite $F$ has probability $\frac{1}{6} - x$ (the six probabilities must sum to $1$ ). Since opposite faces sum to $7,$ a total of $7$ occurs exactly when the two dice show a pair of opposite faces. Of the six ordered pairs that sum to $7,$ four use only ordinary faces, and two pair $F$ with its opposite. Thus $\begin{aligned} \frac{47}{288} &= 4\left(\frac{1}{6}\right)^2 \\ &\quad {}+ 2\left(\frac{1}{6} + x\right)\left(\frac{1}{6} - x\right) \\ &= \frac{1}{6} - 2x^2. \end{aligned}$

Since $\frac{1}{6} = \frac{48}{288},$ this gives $2x^2 = \frac{1}{288},$ so $x = \frac{1}{24}.$ The probability of face $F$ is $\frac{1}{6} + \frac{1}{24} = \frac{5}{24},$ and $m + n = 5 + 24 = 29.$

6.

正方形 $ABCD$ 的边长为 $1$ 。点 $E$ 和 $F$ 分别在 $\overline{BC}$ 和 $\overline{CD}$ 上，使得 $\triangle AEF$ 是等边三角形。一个以 $B$ 为顶点的正方形的边与 $ABCD$ 的边平行，且有一个顶点在 $\overline{AE}$ 上。这个小正方形的边长为 $\frac{a - \sqrt{b}}{c}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正整数，且 $b$ 不被任何质数的平方整除。求 $a + b + c$ 。

Square $ABCD$ has sides of length $1.$ Points $E$ and $F$ are on $\overline{BC}$ and $\overline{CD},$ respectively, so that $\triangle AEF$ is equilateral. A square with vertex $B$ has sides that are parallel to those of $ABCD$ and a vertex on $\overline{AE}.$ The length of a side of this smaller square is $\frac{a - \sqrt{b}}{c},$ where $a,$ $b,$ and $c$ are positive integers and $b$ is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c.$

答案

知识点：等边三角形正方形（几何）坐标几何

难度评级：2510

小提示：

若 $BE = t$ ，等边条件 $AE = EF$ 给出 $1 + t^2 = 2(1 - t)^2$ ，所以 $t = 2 - \sqrt{3}$ 。

If $BE = t,$ the equilateral condition $AE = EF$ gives $1 + t^2 = 2(1 - t)^2,$ so $t = 2 - \sqrt{3}.$

大提示：

将 $A$ 放在原点，直线 $AE$ 为 $y = (2 - \sqrt{3})x$ ，小正方形的远端顶点 $(1 - q, q)$ 必须落在这条直线上。

With $A$ at the origin, line $AE$ is $y = (2 - \sqrt{3})x,$ and the small square’s far corner $(1 - q, q)$ must lie on it.

解答：

设 $A = (0, 0)$ ， $B = (1, 0)$ ， $C = (1, 1)$ ， $D = (0, 1)$ 。由等边三角形关于对角线 $\overline{AC}$ 的对称性，有 $BE = DF$ 。令 $BE = t$ ，则 $CE = CF = 1 - t$ 。于是 $AE^2 = 1 + t^2$ ， $EF^2 = 2(1 - t)^2$ ，令二者相等得到 $t^2 - 4t + 1 = 0$ ，所以 $t = 2 - \sqrt{3}$ （取小于 $1$ 的根）。

因此 $E = (1,\, 2 - \sqrt{3})$ ，直线 $AE$ 为 $y = (2 - \sqrt{3})x$ 。若小正方形的边长为 $q$ ，则它与 $B$ 相对的顶点是 $(1 - q,\, q)$ ，该点必须在直线 $AE$ 上： $\begin{aligned} q &= (2 - \sqrt{3})(1 - q) \\ &\Longrightarrow q = \frac{2 - \sqrt{3}}{3 - \sqrt{3}} \\ &= \frac{(2 - \sqrt{3})(3 + \sqrt{3})}{6} \\ &= \frac{3 - \sqrt{3}}{6} \end{aligned}\text{。}$

所以 $a = 3$ ， $b = 3$ ， $c = 6$ ，且 $a + b + c = 12$ 。

Place $A = (0, 0),$ $B = (1, 0),$ $C = (1, 1),$ $D = (0, 1).$ By the symmetry of the equilateral triangle across diagonal $\overline{AC},$ we have $BE = DF.$ Let $BE = t,$ so $CE = CF = 1 - t.$ Then $AE^2 = 1 + t^2$ and $EF^2 = 2(1 - t)^2,$ and setting them equal gives $t^2 - 4t + 1 = 0,$ so $t = 2 - \sqrt{3}$ (taking the root less than $1$ ).

Thus $E = (1,\, 2 - \sqrt{3}),$ and line $AE$ is $y = (2 - \sqrt{3})x.$ If the smaller square has side $q,$ its vertex opposite $B$ is $(1 - q,\, q),$ which must lie on line $AE:$ $\begin{aligned} q &= (2 - \sqrt{3})(1 - q) \\ &\Longrightarrow q = \frac{2 - \sqrt{3}}{3 - \sqrt{3}} \\ &= \frac{(2 - \sqrt{3})(3 + \sqrt{3})}{6} \\ &= \frac{3 - \sqrt{3}}{6}. \end{aligned}$

So $a = 3,$ $b = 3,$ $c = 6,$ and $a + b + c = 12.$

7.

求正整数有序对 $(a, b)$ 的个数，使得 $a + b = 1000$ ，并且 $a$ 和 $b$ 的十进制表示中都不含数字零。

Find the number of ordered pairs of positive integers $(a, b)$ such that $a + b = 1000$ and neither $a$ nor $b$ has a zero digit.

答案

知识点：数字补集计数分类讨论

难度评级：2510

小提示：

改为数不合格的数对。若 $a$ 的个位是 $0$ ，则 $b$ 的个位也是零，可写成 $a = 10r$ ， $b = 10s$ ，其中 $r + s = 100$ 。

Count the bad pairs instead. If $a$ ends in $0,$ then so does $b,$ giving $a = 10r,$ $b = 10s$ with $r + s = 100.$

大提示：

如果两个数的个位都不是 $0$ ，那么零数字只能是中间一位，形式为 $h0u$ ；此时另一个数的十位为 $9$ 。

If neither number ends in $0,$ a zero digit can only be a middle digit $h0u$ — and then the other number’s tens digit is $9.$

解答：

总共有 $999$ 个数对（ $a = 1, \ldots, 999$ ）；数其中不合格的。若 $a$ 的个位为 $0$ ，则 $b$ 的个位也为零，写成 $a = 10r$ ， $b = 10s$ 得到 $r + s = 100$ ，且 $1 \le r \le 99$ ：共有 $99$ 个不合格数对。

现在假设两个数的个位都非零。此时一个数含有零数字，当且仅当它是形如 $h0u$ 的三位数，其中 $h, u \in \{1, \ldots, 9\}$ （个位非零的一位数或两位数没有零数字）。若 $a = h0u$ ，则 $b = 1000 - a$ $= 100(9 - h) + 90$ $+ (10 - u)$ 的十位为 $9$ ，所以 $b$ 不会也是这种形式。因此这里的不合格数对正好是 $a, b$ 中恰有一个等于 $h0u$ ：共有 $81 + 81 = 162$ 个。

不合格数对总数为 $99 + 162 = 261$ ，所以答案是 $999 - 261 = 738$ 。

There are $999$ pairs in all ( $a = 1, \ldots, 999$ ); count the forbidden ones. If $a$ has units digit $0,$ so does $b,$ and writing $a = 10r,$ $b = 10s$ gives $r + s = 100$ with $1 \le r \le 99:$ that is $99$ forbidden pairs.

Now suppose both units digits are nonzero. Then a number in the pair has a zero digit exactly when it is a three-digit number of the form $h0u$ with $h, u \in \{1, \ldots, 9\}$ (a one- or two-digit number with nonzero units digit has no zero digit). If $a = h0u,$ then $b = 1000 - a$ $= 100(9 - h) + 90$ $+ (10 - u)$ has tens digit $9,$ so $b$ is not also of that form. Hence the forbidden pairs here are those where exactly one of $a, b$ equals $h0u:$ $81 + 81 = 162$ pairs.

The total number of forbidden pairs is $99 + 162 = 261,$ so the answer is $999 - 261 = 738.$

8.

有无限多个全等的彩纸等边三角形。每个三角形都是纯色，并且纸的两面颜色相同。用其中四个纸三角形按图所示拼成一个大的等边三角形。如果不能通过平移、旋转和/或反射把一个大三角形放到另一个上面并使对应的小三角形颜色相同，则认为这两个大三角形可区分。已知可选的三角形有六种不同颜色，可以构造多少个可区分的大等边三角形？

There is an unlimited supply of congruent equilateral triangles made of colored paper. Each triangle is a solid color with the same color on both sides of the paper. A large equilateral triangle is constructed from four of these paper triangles as shown. Two large triangles are considered distinguishable if it is not possible to place one on the other, using translations, rotations, and/or reflections, so that their corresponding small triangles are of the same color. Given that there are six different colors of triangles from which to choose, how many distinguishable large equilateral triangles can be constructed?

答案

知识点：组合对称性分类讨论

难度评级：2390

小提示：

旋转和反射可以任意置换三个角上的三角形，所以只有中心颜色和角上颜色的多重集合重要。

Rotations and reflections can permute the three corner triangles arbitrarily, so only the center color and the multiset of corner colors matter.

大提示：

数从六种颜色中选三个角上颜色的多重集合：全相同、恰有两个相同、全不同。然后乘以中心颜色的选择数。

Count the multisets of three corner colors from six: all alike, exactly two alike, all different. Then multiply by the choices for the center.

解答：

大三角形的旋转和反射能实现三个角上三角形的任意置换，同时固定中心三角形。因此两个大三角形不可区分，当且仅当它们有相同的中心颜色以及相同的三个角上颜色的多重集合。

从六种颜色中数角上颜色的多重集合：三个全相同有 $6$ 种，恰有两个相同有 $6 \cdot 5 = 30$ 种（选择重复颜色和另一个不同颜色），三个全不同有 $\binom{6}{3} = 20$ 种。总共 $6 + 30 + 20 = 56$ 个多重集合。

中心颜色可独立选择 $6$ 种，所以总数为 $6 \cdot 56 = 336$ 。

The rotations and reflections of the large triangle realize every permutation of the three corner triangles while fixing the center triangle. So two large triangles are indistinguishable exactly when they have the same center color and the same multiset of three corner colors.

Count the multisets of corner colors from six colors: all three the same ( $6$ ways), exactly two the same ( $6 \cdot 5 = 30$ ways, choosing the repeated color and then the different one), or all three different ( $\binom{6}{3} = 20$ ways). That is $6 + 30 + 20 = 56$ multisets.

With $6$ independent choices for the center color, the total is $6 \cdot 56 = 336.$

9.

圆 $\mathcal{C}_1$ 、 $\mathcal{C}_2$ 、 $\mathcal{C}_3$ 的圆心分别为 $(0, 0)$ 、 $(12, 0)$ 、 $(24, 0)$ ，半径分别为 $1$ 、 $2$ 、 $4$ 。直线 $t_1$ 是 $\mathcal{C}_1$ 和 $\mathcal{C}_2$ 的一条公内切线，且斜率为正；直线 $t_2$ 是 $\mathcal{C}_2$ 和 $\mathcal{C}_3$ 的一条公内切线，且斜率为负。已知直线 $t_1$ 与 $t_2$ 相交于 $(x, y)$ ，且 $x = p - q\sqrt{r}$ ，其中 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 是正整数，且 $r$ 不被任何质数的平方整除，求 $p + q + r$ 。

Circles $\mathcal{C}_1,$ $\mathcal{C}_2,$ and $\mathcal{C}_3$ have their centers at $(0, 0),$ $(12, 0),$ and $(24, 0),$ and have radii $1,$ $2,$ and $4,$ respectively. Line $t_1$ is a common internal tangent to $\mathcal{C}_1$ and $\mathcal{C}_2$ and has a positive slope, and line $t_2$ is a common internal tangent to $\mathcal{C}_2$ and $\mathcal{C}_3$ and has a negative slope. Given that lines $t_1$ and $t_2$ intersect at $(x, y),$ and that $x = p - q\sqrt{r},$ where $p,$ $q,$ and $r$ are positive integers and $r$ is not divisible by the square of any prime, find $p + q + r.$

答案

知识点：切线坐标几何分母有理化

难度评级：2840

小提示：

公内切线与两圆心连线相交于按半径之比分割该线段的点。

A common internal tangent crosses the segment joining the centers at the point that divides it in the ratio of the radii.

大提示：

$t_1$ 是 $y = \frac{x - 4}{\sqrt{15}}$ ， $t_2$ 是 $y = -\frac{x - 16}{\sqrt{3}}$ ；令它们相等并有理化。

$t_1$ is $y = \frac{x - 4}{\sqrt{15}}$ and $t_2$ is $y = -\frac{x - 16}{\sqrt{3}};$ set them equal and rationalize.

解答：

公内切线与两圆心的连线相交于按半径之比分割该线段的点。对于 $\mathcal{C}_1$ 和 $\mathcal{C}_2$ ，该点为 $(4, 0)$ ，与圆心 $(0, 0)$ 相距 $4$ 。若 $t_1$ 与 $x$ 轴所成的角为 $\theta$ ，则 $\sin\theta = \frac{1}{4}$ ，所以 $\tan\theta = \frac{1}{\sqrt{15}}$ ，且 $t_1$ 的方程为 $y = \frac{1}{\sqrt{15}}(x - 4)$ 。对于 $\mathcal{C}_2$ 和 $\mathcal{C}_3$ ，该点为 $(16, 0)$ ，与圆心 $(12, 0)$ 相距 $4$ 。此时 $\sin\theta = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ ，所以斜率为 $-\frac{1}{\sqrt{3}}$ ，且 $t_2$ 的方程为 $y = -\frac{1}{\sqrt{3}}(x - 16)$ 。

令两式相等并乘以 $\sqrt{15}$ ，得到 $x - 4 = -\sqrt{5}\,(x - 16)$ ，所以 $x(1 + \sqrt{5}) = 4 + 16\sqrt{5}$ ，且 $\begin{aligned} x &= \frac{4 + 16\sqrt{5}}{1 + \sqrt{5}} \\ &= \frac{(4 + 16\sqrt{5})(\sqrt{5} - 1)}{4} \\ &= \frac{76 - 12\sqrt{5}}{4} \\ &= 19 - 3\sqrt{5} \end{aligned}\text{。}$

因此 $p + q + r = 19 + 3 + 5 = 27$ 。

A common internal tangent meets the segment between the centers at the point dividing it in the ratio of the radii. For $\mathcal{C}_1$ and $\mathcal{C}_2$ that point is $(4, 0),$ at distance $4$ from $(0, 0).$ If $t_1$ makes angle $\theta$ with the $x$ -axis, then $\sin\theta = \frac{1}{4},$ so $\tan\theta = \frac{1}{\sqrt{15}}$ and $t_1$ is $y = \frac{1}{\sqrt{15}}(x - 4).$ For $\mathcal{C}_2$ and $\mathcal{C}_3$ the point is $(16, 0),$ at distance $4$ from $(12, 0);$ here $\sin\theta = \frac{2}{4} = \frac{1}{2},$ so the slope is $-\frac{1}{\sqrt{3}}$ and $t_2$ is $y = -\frac{1}{\sqrt{3}}(x - 16).$

Setting the two expressions equal and multiplying by $\sqrt{15}$ gives $x - 4 = -\sqrt{5}\,(x - 16),$ so $x(1 + \sqrt{5}) = 4 + 16\sqrt{5}$ and $\begin{aligned} x &= \frac{4 + 16\sqrt{5}}{1 + \sqrt{5}} \\ &= \frac{(4 + 16\sqrt{5})(\sqrt{5} - 1)}{4} \\ &= \frac{76 - 12\sqrt{5}}{4} \\ &= 19 - 3\sqrt{5}. \end{aligned}$

Thus $p + q + r = 19 + 3 + 5 = 27.$

10.

七支球队参加一项足球锦标赛，每支球队与其他每支球队恰好比赛一次。没有平局，每支球队在每场比赛中获胜的概率都是 $50\%$ ，且各场比赛结果相互独立。每场比赛中，胜者得 $1$ 分，负者得 $0$ 分。用总积分决定球队排名。在锦标赛第一场比赛中，球队 $A$ 击败球队 $B$ 。球队 $A$ 最终积分高于球队 $B$ 的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Seven teams play a soccer tournament in which each team plays every other team exactly once. No ties occur, each team has a $50\%$ chance of winning each game it plays, and the outcomes of the games are independent. In each game, the winner is awarded $1$ point and the loser gets $0$ points. The total points are accumulated to decide the ranks of the teams. In the first game of the tournament, team $A$ beats team $B.$ The probability that team $A$ finishes with more points than team $B$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：二项概率对称性组合

难度评级：2650

小提示：

$A$ 开始时领先一分，且不会再与 $B$ 比赛，所以 $A$ 最终领先恰好等价于 $A$ 在剩余 $5$ 场中获胜场数不少于 $B$ 。

$A$ starts one point ahead and never plays $B$ again, so $A$ finishes ahead exactly when $A$ wins at least as many of its $5$ remaining games as $B$ does.

大提示：

剩余胜场数相等的概率为 $\sum_k \frac{\binom{5}{k}^2}{2^{10}}$ ；由对称性，其他结果在两队之间平分。

The chance the remaining win counts are equal is $\sum_k \frac{\binom{5}{k}^2}{2^{10}};$ by symmetry the other outcomes split evenly between the teams.

解答：

球队 $A$ 和 $B$ 各还剩 $5$ 场比赛，彼此之间没有比赛，所以所有 $2^5 \cdot 2^5 = 1024$ 种结果等可能。由于 $A$ 已领先一分， $A$ 最终积分更高恰好发生在 $A$ 剩余获胜场数至少与 $B$ 一样多时。

胜场数相等的结果数为 $\sum_{k=0}^{5} \binom{5}{k}^2 = \binom{10}{5} = 252\text{。}$ 由对称性，其余 $1024 - 252 = 772$ 种结果平均分为 $A$ 胜场更多和 $B$ 胜场更多两类。

所以概率为 $\frac{252 + 386}{1024} = \frac{638}{1024} = \frac{319}{512}$ ，且 $m + n = 319 + 512 = 831$ 。

Teams $A$ and $B$ each have $5$ games left, none against each other, so all $2^5 \cdot 2^5 = 1024$ outcomes are equally likely. Since $A$ already leads by one point, $A$ finishes with more points exactly when $A$ wins at least as many remaining games as $B$ does.

The number of outcomes with equal win counts is $\sum_{k=0}^{5} \binom{5}{k}^2 = \binom{10}{5} = 252.$ By symmetry, the other $1024 - 252 = 772$ outcomes split evenly between $A$ winning more and $B$ winning more.

So the probability is $\frac{252 + 386}{1024} = \frac{638}{1024} = \frac{319}{512},$ and $m + n = 319 + 512 = 831.$

11.

一个数列定义如下： $a_1 = a_2 = a_3 = 1$ ，且对所有正整数 $n$ ， $a_{n+3} = a_{n+2} + a_{n+1} + a_n$ 。已知 $a_{28} = 6090307$ ， $a_{29} = 11201821$ ，且 $a_{30} = 20603361$ ，求 $\sum_{k=1}^{28} a_k$ 除以 $1000$ 的余数。

A sequence is defined as follows: $a_1 = a_2 = a_3 = 1,$ and, for all positive integers $n,$ $a_{n+3} = a_{n+2} + a_{n+1} + a_n.$ Given that $a_{28} = 6090307,$ $a_{29} = 11201821,$ and $a_{30} = 20603361,$ find the remainder when $\sum_{k=1}^{28} a_k$ is divided by $1000.$

答案

知识点：递推求和数学归纳法

难度评级：2840

小提示：

计算前几个部分和，并将它们与数列本身比较，从中找出规律。

Compute the first several partial sums and compare them with the sequence itself to spot a pattern.

大提示：

用递推式归纳可得 $2S_n = a_{n+2} + a_n$ 。

Induction using the recurrence shows $2S_n = a_{n+2} + a_n.$

解答：

令 $S_n = a_1 + \cdots + a_n$ 。我们断言 $2S_n = a_{n+2} + a_n$ ，对 $n = 1$ 成立，因为 $2 = 1 + 1$ 。若它对 $n$ 成立，则 $\begin{aligned} 2S_{n+1} &= 2S_n + 2a_{n+1} \\ &= a_{n+2} + 2a_{n+1} + a_n \\ &= a_{n+3} + a_{n+1} \end{aligned}$ 这一步用到了递推式，归纳因而完成。

因此 $S_{28} = \frac{a_{30} + a_{28}}{2}$ $= \frac{20603361 + 6090307}{2}$ $= 13346834$ ，除以 $1000$ 的余数为 $834$ 。

Let $S_n = a_1 + \cdots + a_n.$ We claim $2S_n = a_{n+2} + a_n,$ which holds for $n = 1$ since $2 = 1 + 1.$ If it holds for $n,$ then $\begin{aligned} 2S_{n+1} &= 2S_n + 2a_{n+1} \\ &= a_{n+2} + 2a_{n+1} + a_n \\ &= a_{n+3} + a_{n+1} \end{aligned}$ by the recurrence, completing the induction.

Therefore $S_{28} = \frac{a_{30} + a_{28}}{2}$ $= \frac{20603361 + 6090307}{2}$ $= 13346834,$ whose remainder upon division by $1000$ is $834.$

12.

等边 $\triangle ABC$ 内接于半径为 $2$ 的圆。将 $\overline{AB}$ 经过 $B$ 延长到点 $D$ ，使 $AD = 13$ ，并将 $\overline{AC}$ 经过 $C$ 延长到点 $E$ ，使 $AE = 11$ 。过 $D$ ，作直线 $\ell_1$ 平行于 $\overline{AE}$ ，过 $E$ ，作直线 $\ell_2$ 平行于 $\overline{AD}$ 。令 $F$ 为 $\ell_1$ 和 $\ell_2$ 的交点。令 $G$ 为圆上与 $A$ 和 $F$ 共线且不同于 $A$ 的点。已知 $\triangle CBG$ 的面积可表示为 $\frac{p\sqrt{q}}{r}$ ，其中 $p$ 、 $q$ 和 $r$ 是正整数， $p$ 与 $r$ 互质，且 $q$ 不被任何质数的平方整除，求 $p + q + r$ 。

Equilateral $\triangle ABC$ is inscribed in a circle of radius $2.$ Extend $\overline{AB}$ through $B$ to point $D$ so that $AD = 13,$ and extend $\overline{AC}$ through $C$ to point $E$ so that $AE = 11.$ Through $D,$ draw a line $\ell_1$ parallel to $\overline{AE},$ and through $E,$ draw a line $\ell_2$ parallel to $\overline{AD}.$ Let $F$ be the intersection of $\ell_1$ and $\ell_2.$ Let $G$ be the point on the circle that is collinear with $A$ and $F$ and distinct from $A.$ Given that the area of $\triangle CBG$ can be expressed in the form $\frac{p\sqrt{q}}{r},$ where $p,$ $q,$ and $r$ are positive integers, $p$ and $r$ are relatively prime, and $q$ is not divisible by the square of any prime, find $p + q + r.$

答案

知识点：相似圆周角余弦定理平行四边形

难度评级：3060

小提示：

$ADFE$ 是平行四边形，所以 $\angle ADF = 120^\circ$ ；用余弦定理求出 $[ADF]$ 和 $AF$ 。

$ADFE$ is a parallelogram, so $\angle ADF = 120^\circ;$ find $[ADF]$ and $AF$ by the law of cosines.

大提示：

圆周角说明 $\triangle CBG \sim \triangle AFD$ ，相似比为 $BC : AF$ ，其中 $BC = 2\sqrt{3}$ 。

Inscribed angles show $\triangle CBG \sim \triangle AFD,$ with ratio $BC : AF$ where $BC = 2\sqrt{3}.$

解答：

根据构造， $ADFE$ 是平行四边形，其中 $AD = 13$ ， $DF = AE = 11$ ，且 $\angle ADF = 180^\circ - \angle DAE$ $= 120^\circ$ 。因此 $[ADF] = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 11 \sin 120^\circ$ $= \frac{143\sqrt{3}}{4}$ ，由余弦定理， $\begin{aligned} AF^2 &= 13^2 + 11^2 \\ &\quad {}- 2 \cdot 13 \cdot 11 \cos 120^\circ \\ &= 169 + 121 + 143 \\ &= 433 \end{aligned}\text{。}$

因为 $G$ 在圆上，圆周角给出 $\angle GCB = \angle GAB = \angle FAD$ （都截同一段弧 $GB$ ）以及 $\angle CBG = \angle CAG$ （都截同一段弧 $CG$ ）；并且 $\angle CAG = \angle AFD$ ，因为 $\overline{AE} \parallel \overline{DF}$ 。所以 $\triangle CBG \sim \triangle AFD$ ，相似比为 $\frac{CB}{AF}$ 。内接于半径 $2$ 的圆的等边三角形边长为 $BC = 2\sqrt{3}$ 。

因此 $\begin{aligned} [CBG] &= \left(\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{433}}\right)^2 \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{12}{433} \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{429\sqrt{3}}{433} \end{aligned}\text{，}$ 且 $p + q + r$ $= 429 + 3 + 433$ $= 865$ 。

By construction $ADFE$ is a parallelogram with $AD = 13,$ $DF = AE = 11,$ and $\angle ADF = 180^\circ - \angle DAE$ $= 120^\circ.$ Hence $[ADF] = \frac{1}{2} \cdot 13 \cdot 11 \sin 120^\circ$ $= \frac{143\sqrt{3}}{4},$ and by the law of cosines, $\begin{aligned} AF^2 &= 13^2 + 11^2 \\ &\quad {}- 2 \cdot 13 \cdot 11 \cos 120^\circ \\ &= 169 + 121 + 143 \\ &= 433. \end{aligned}$

Since $G$ lies on the circle, inscribed angles give $\angle GCB = \angle GAB = \angle FAD$ (both subtend arc $GB$ ) and $\angle CBG = \angle CAG$ (both subtend arc $CG$ ); and $\angle CAG = \angle AFD$ because $\overline{AE} \parallel \overline{DF}.$ So $\triangle CBG \sim \triangle AFD$ with ratio $\frac{CB}{AF}.$ The side of an equilateral triangle inscribed in a circle of radius $2$ is $BC = 2\sqrt{3}.$

Therefore $\begin{aligned} [CBG] &= \left(\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{433}}\right)^2 \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{12}{433} \cdot \frac{143\sqrt{3}}{4} \\ &= \frac{429\sqrt{3}}{433}, \end{aligned}$ and $p + q + r$ $= 429 + 3 + 433$ $= 865.$

13.

有多少个整数 $N$ 小于 $1000$ 可以写成 $j$ 个连续正奇数之和，并且这样的表示恰好对应 $5$ 个 $j \ge 1$ 的取值？

How many integers $N$ less than $1000$ can be written as the sum of $j$ consecutive positive odd integers for exactly $5$ values of $j \ge 1?$

答案

知识点：平方差因数个数奇偶性

难度评级：3160

小提示：

连续奇数之和是平方差：它等于 $m^2 - k^2 = (m - k)(m + k)$ 。

A sum of consecutive odd numbers is a difference of squares: it equals $m^2 - k^2 = (m - k)(m + k).$

大提示：

因此要数分解 $N = ab$ ，其中 $a \le b$ 且二者同奇偶。当 $N$ （奇数情形）或 $\frac{N}{4}$ （偶数情形）有 $9$ 或 $10$ 个因数时，恰有五个这样的分解。

So count factorizations $N = ab$ with $a \le b$ of equal parity: exactly five occur when $N$ (odd case) or $\frac{N}{4}$ (even case) has $9$ or $10$ divisors.

解答：

从第 $(k+1)$ 个到第 $m$ 个正奇数的和为 $m^2 - k^2 = (m - k)(m + k)$ 。令 $a = m - k$ ， $b = m + k$ ，则 $N$ 的表示与分解 $N = ab$ 一一对应，其中 $a \le b$ 且 $a, b$ 同奇偶（此时 $m = \frac{a + b}{2}$ ， $k = \frac{b - a}{2}$ ）。所以我们需要 $N$ 恰有 $5$ 个这样的分解。

如果 $N$ 是奇数，每一对因数都可行，所以 $N$ 需要有 $9$ 或 $10$ 个因数，即 $N = p^8$ 、 $p^9$ 、 $p^2q^2$ 或 $pq^4$ ，其中 $p, q$ 是不同奇质数。小于 $1000$ 时， $p^8$ 和 $p^9$ 不可能， $p^2 q^2$ 给出 $225$ 和 $441$ ，而 $pq^4$ 给出 $3^4 \cdot 5$ 、 $3^4 \cdot 7$ 、 $3^4 \cdot 11$ ：共五个奇数值。

如果 $N$ 是偶数，两个因数都必须为偶数，所以 $N = 4M$ ，这些分解对应于 $M$ 的因数对，没有奇偶限制；我们需要 $M \lt 250$ 且有 $9$ 或 $10$ 个因数。有 $9$ 个因数的数为 $36$ 、 $100$ 、 $196$ 、 $225$ ；有 $10$ 个因数的数（形如 $pq^4$ ）为 $3 \cdot 2^4$ 、 $5 \cdot 2^4$ 、 $7 \cdot 2^4$ 、 $11 \cdot 2^4$ 、 $13 \cdot 2^4$ 、 $2 \cdot 3^4$ 。这给出 $4 + 6 = 10$ 个偶数值，总计 $5 + 10 = 15$ 。

The sum of the $(k+1)$ th through $m$ th positive odd integers is $m^2 - k^2 = (m - k)(m + k).$ Writing $a = m - k$ and $b = m + k,$ the representations of $N$ correspond exactly to the factorizations $N = ab$ with $a \le b$ and $a, b$ of the same parity (then $m = \frac{a + b}{2},$ $k = \frac{b - a}{2}$ ). So we need $N$ to have exactly $5$ such factorizations.

If $N$ is odd, every divisor pair works, so $N$ needs $9$ or $10$ divisors, i.e. $N = p^8,$ $p^9,$ $p^2q^2,$ or $pq^4$ with $p, q$ distinct odd primes. Below $1000,$ $p^8$ and $p^9$ are impossible, $p^2 q^2$ gives $225$ and $441,$ and $pq^4$ gives $3^4 \cdot 5,$ $3^4 \cdot 7,$ $3^4 \cdot 11:$ five odd values.

If $N$ is even, both factors must be even, so $N = 4M$ and the factorizations correspond to divisor pairs of $M,$ with no parity restriction; we need $M \lt 250$ with $9$ or $10$ divisors. With $9$ divisors: $36,$ $100,$ $196,$ $225.$ With $10$ divisors ( $pq^4$ ): $3 \cdot 2^4,$ $5 \cdot 2^4,$ $7 \cdot 2^4,$ $11 \cdot 2^4,$ $13 \cdot 2^4,$ $2 \cdot 3^4.$ That is $4 + 6 = 10$ even values, for a total of $5 + 10 = 15.$

14.

令 $S_n$ 为从 $1$ 到 $10^n$ （含端点）所有整数的非零数字的倒数之和。求最小的正整数 $n$ ，使得 $S_n$ 是整数。

Let $S_n$ be the sum of the reciprocals of the nonzero digits of the integers from $1$ to $10^n,$ inclusive. Find the smallest positive integer $n$ for which $S_n$ is an integer.

答案

知识点：数字整除性求和

难度评级：3060

小提示：

用前导零补齐：在小于 $10^n$ 的整数中，每个数字出现次数相同，所以每个非零数字出现 $n \cdot 10^{n-1}$ 次。

Pad with leading zeros: among the integers below $10^n,$ every digit appears equally often — each nonzero digit $n \cdot 10^{n-1}$ times.

大提示：

$1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{9} = \frac{7129}{2520}$ ，所以需要 $n \cdot 10^{n-1}$ 能被 $2520$ 整除；检查 $2520$ 中哪些因子无法由 $10$ 的幂提供。

$1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{9} = \frac{7129}{2520},$ so you need $n \cdot 10^{n-1}$ to be divisible by $2520$ — check which factors of $2520$ the power of $10$ cannot supply.

解答：

将 $0$ 到 $10^n - 1$ 的整数写成带前导零的 $n$ 位字符串。在这 $n$ 个数位中的每一个上，每个数字出现的次数都相同，所以每个非零数字共出现 $n \cdot 10^{n-1}$ 次。再计入数字 $1$ ，它来自 $10^n$ 本身，得到 $\begin{aligned} S_n &= 1 \\ &\quad {}+ n \\ &\quad {}\cdot 10^{n-1}\small\left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{9}\right) \\ &= 1 + \frac{7129}{2520}\, n \cdot 10^{n-1} \end{aligned}\text{。}$

因为 $\gcd(7129, 2520) = 1$ ，该和是整数当且仅当 $n \cdot 10^{n-1}$ 能被 $2520$ 整除。现在 $2520 = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7$ ，且当 $n \ge 4$ 时，因子 $10^{n-1}$ 提供 $2^3 \cdot 5$ ，剩下条件 $n$ 能被 $63$ 整除（ $10$ 的幂不含因子 $3$ 或 $7$ ）。对于 $n = 1, 2, 3$ ，乘积 $1, 20, 300$ 都不是 $2520$ 的倍数。

因此最小解为 $n = 63$ 。

Write the integers from $0$ to $10^n - 1$ as $n$ -digit strings with leading zeros. Each of the $n$ digit positions takes each digit value equally often, so each nonzero digit appears $n \cdot 10^{n-1}$ times. Adding the digit $1$ of $10^n$ itself, $\begin{aligned} S_n &= 1 \\ &\quad {}+ n \\ &\quad {}\cdot 10^{n-1}\small\left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{9}\right) \\ &= 1 + \frac{7129}{2520}\, n \cdot 10^{n-1}. \end{aligned}$

Since $\gcd(7129, 2520) = 1,$ the sum is an integer exactly when $n \cdot 10^{n-1}$ is divisible by $2520.$ Now $2520 = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7,$ and for $n \ge 4$ the factor $10^{n-1}$ supplies $2^3 \cdot 5,$ leaving the condition that $n$ be divisible by $63$ (a power of $10$ has no factors of $3$ or $7$ ). For $n = 1, 2, 3$ the products $1, 20, 300$ are not multiples of $2520.$

The smallest solution is therefore $n = 63.$

15.

已知 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 是实数，且满足 $x = \sqrt{y^2 - \frac{1}{16}} + \sqrt{z^2 - \frac{1}{16}}\text{，}$ $y = \sqrt{z^2 - \frac{1}{25}} + \sqrt{x^2 - \frac{1}{25}}\text{，}$ $z = \sqrt{x^2 - \frac{1}{36}} + \sqrt{y^2 - \frac{1}{36}}\text{。}$ 又已知 $x + y + z = \frac{m}{\sqrt{n}}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

Given that $x,$ $y,$ and $z$ are real numbers that satisfy $x = \sqrt{y^2 - \frac{1}{16}} + \sqrt{z^2 - \frac{1}{16}},$ $y = \sqrt{z^2 - \frac{1}{25}} + \sqrt{x^2 - \frac{1}{25}},$ $z = \sqrt{x^2 - \frac{1}{36}} + \sqrt{y^2 - \frac{1}{36}},$ and that $x + y + z = \frac{m}{\sqrt{n}},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $n$ is not divisible by the square of any prime, find $m + n.$

答案

知识点：方程组高线海伦公式

难度评级：3370

小提示：

将 $\sqrt{y^2 - \frac{1}{16}}$ 理解为一个直角三角形的直角边，其中斜边为 $y$ ，另一条直角边为 $\frac{1}{4}$ 。

Interpret $\sqrt{y^2 - \frac{1}{16}}$ as a leg of a right triangle with hypotenuse $y$ and other leg $\frac{1}{4}.$

大提示：

构造一个边长为 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 的三角形，其高分别为 $\frac{1}{4}$ 、 $\frac{1}{5}$ 、 $\frac{1}{6}$ 。则 $x = 8K$ 、 $y = 10K$ 、 $z = 12K$ ，其中面积为 $K$ ；使用海伦公式。

Build a triangle with sides $x,$ $y,$ $z$ whose altitudes are $\frac{1}{4},$ $\frac{1}{5},$ $\frac{1}{6}.$ Then $x = 8K,$ $y = 10K,$ $z = 12K$ with area $K;$ use Heron.

解答：

每个根式 $\sqrt{y^2 - \frac{1}{16}}$ 都可看作一个直角三角形的直角边，其中斜边为 $y$ ，另一条直角边为 $\frac{1}{4}$ 。因此第一个方程表示：在一个三角形 $XYZ$ 中，令 $x = YZ$ 、 $y = ZX$ 、 $z = XY$ ，从 $X$ 作出的高为 $\frac{1}{4}$ ，且高的垂足把 $YZ$ 分成两个根式长度。其他方程说明到边 $y$ 和 $z$ 的高分别为 $\frac{1}{5}$ 和 $\frac{1}{6}$ 。

若 $K$ 为这个三角形的面积，则 $K = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{1}{4}$ 给出 $x = 8K$ ，同理 $y = 10K$ ， $z = 12K$ 。它们与 $8, 10, 12$ 成比例，且 $8^2 + 10^2 \gt 12^2$ ，所以三角形为锐角三角形，高的垂足确实落在边内。海伦公式配合 $s = 15K$ 给出 $\begin{aligned} K^2 &= 15K \cdot 7K \cdot 5K \cdot 3K \\ &= 1575K^4 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $K^2 = \frac{1}{1575}$ ，且 $K = \frac{1}{15\sqrt{7}}$ 。

于是 $x + y + z = 30K = \frac{2}{\sqrt{7}}$ ，所以 $m + n = 2 + 7 = 9$ 。

Each radical $\sqrt{y^2 - \frac{1}{16}}$ is the leg of a right triangle with hypotenuse $y$ and other leg $\frac{1}{4}.$ So the first equation says: in a triangle $XYZ$ with $x = YZ,$ $y = ZX,$ $z = XY,$ the altitude from $X$ has length $\frac{1}{4},$ and its foot splits $YZ$ into the two radical lengths. The other equations say the altitudes to sides $y$ and $z$ are $\frac{1}{5}$ and $\frac{1}{6}.$

If $K$ is the area of this triangle, then $K = \frac{1}{2} \cdot x \cdot \frac{1}{4}$ gives $x = 8K,$ and likewise $y = 10K$ and $z = 12K.$ These are proportional to $8, 10, 12,$ and $8^2 + 10^2 \gt 12^2,$ so the triangle is acute and the altitude feet do land inside the sides. Heron’s formula with $s = 15K$ gives $\begin{aligned} K^2 &= 15K \cdot 7K \cdot 5K \cdot 3K \\ &= 1575K^4, \end{aligned}$ so $K^2 = \frac{1}{1575}$ and $K = \frac{1}{15\sqrt{7}}.$

Then $x + y + z = 30K = \frac{2}{\sqrt{7}},$ so $m + n = 2 + 7 = 9.$