2010 AIME II 真题与在线限时测验

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3:00:00

1.

设 $N$ 是最大的满足下列条件的整数：它是 $36$ 的倍数，各位数字均为偶数且互不相同。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $N$ be the greatest integer multiple of $36$ all of whose digits are even and no two of whose digits are the same. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

答案：640

知识点：整除性数字

难度评级：1890

小提示：

因为 $36 = 4 \cdot 9$ ，数字和必须能被 $9$ 整除，且最后两位组成的数必须是 $4$ 的倍数。

Since $36 = 4 \cdot 9,$ the digit sum must be divisible by $9$ and the last two digits must form a multiple of $4$

大提示：

互不相同的偶数字只能来自 $\{0, 2, 4, 6, 8\}$ ，所以数字和为偶数，因此必须是 $18$ 。使用满足条件的最大数字。

Distinct even digits come from $\{0, 2, 4, 6, 8\},$ so the digit sum is even and hence must be $18.$ Use the largest such digits.

解答：

因为 $36 = 4 \cdot 9$ ，数 $N$ 必须同时能被 $4$ 和 $9$ 整除。它的数字是 $\{0, 2, 4, 6, 8\}$ 中互不相同的元素，这些数字总和为 $20$ ，所以 $N$ 不能使用全部五个数字。数字和必须是 $9$ 的倍数，并且是偶数，所以必须是 $18$ ；唯一可能的数字集合是 $\{4, 6, 8\}$ 和 $\{0, 4, 6, 8\}$ 。

由 $\{0, 4, 6, 8\}$ 组成的最大数是 $8640$ ，末两位 $40$ 是 $4$ 的倍数。所以 $N = 8640$ ，除以 $1000$ 的余数是 $640$ 。

Since $36 = 4 \cdot 9,$ the number $N$ must be divisible by both $4$ and $9.$ Its digits are distinct members of $\{0, 2, 4, 6, 8\},$ whose total is $20,$ so $N$ cannot use all five. The digit sum must be a multiple of $9,$ and being even it must be $18;$ the only such digit sets are $\{4, 6, 8\}$ and $\{0, 4, 6, 8\}.$

The largest number formed from $\{0, 4, 6, 8\}$ is $8640,$ which ends in $40,$ a multiple of $4.$ So $N = 8640,$ and the remainder upon division by $1000$ is $640.$

2.

在单位正方形 $S$ 的内部随机选取一点 $P$ 。令 $d(P)$ 表示 $P$ 到 $S$ 最近边的距离。满足 $\frac{1}{5} \le d(P) \le \frac{1}{3}$ 的概率等于 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

A point $P$ is chosen at random in the interior of a unit square $S.$ Let $d(P)$ denote the distance from $P$ to the closest side of $S.$ The probability that $\frac{1}{5} \le d(P) \le \frac{1}{3}$ is equal to $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：281

知识点：几何概率面积

难度评级：2020

小提示：

到每条边距离至少为 $t$ 的点集，是一个同心正方形，边长为 $1 - 2t$ 。

The set of points at distance at least $t$ from every side is a concentric square of side $1 - 2t$

大提示：

有利区域在边长 $\frac{3}{5}$ 的正方形内，并在边长 $\frac{1}{3}$ 的正方形外；作面积相减。

The favorable region lies inside the square of side $\frac{3}{5}$ and outside the square of side $\frac{1}{3};$ subtract areas

解答：

满足 $d(P) \ge t$ 的点形成边长为 $1 - 2t$ 的同心正方形。因此 $d(P) \ge \frac{1}{5}$ 使 $P$ 位于边长 $\frac{3}{5}$ 的同心正方形内，而 $d(P) \le \frac{1}{3}$ 使 $P$ 位于边长 $\frac{1}{3}$ 的开同心正方形之外。

因为单位正方形面积为 $1$ ，所求概率就是这两个正方形之间的面积： $\begin{aligned} &\left(\frac{3}{5}\right)^2 - \left(\frac{1}{3}\right)^2 \\ &= \frac{9}{25} - \frac{1}{9} \\ &= \frac{81 - 25}{225} = \frac{56}{225} \end{aligned}\text{。}$ 所以 $m + n = 56 + 225 = 281$ 。

The points with $d(P) \ge t$ form a concentric square of side $1 - 2t.$ So $d(P) \ge \frac{1}{5}$ puts $P$ inside the concentric square of side $\frac{3}{5},$ and $d(P) \le \frac{1}{3}$ keeps $P$ outside the open concentric square of side $\frac{1}{3}.$

Since the unit square has area $1,$ the probability is the area between those two squares: $\begin{aligned} &\left(\frac{3}{5}\right)^2 - \left(\frac{1}{3}\right)^2 \\ &= \frac{9}{25} - \frac{1}{9} \\ &= \frac{81 - 25}{225} = \frac{56}{225}. \end{aligned}$ Thus $m + n = 56 + 225 = 281.$

3.

设 $K$ 是所有因子 $(b - a)$ 的乘积（这些因子不一定互不相同），其中整数 $a$ 和 $b$ 满足 $1 \le a \lt b \le 20$ 。求最大的正整数 $n$ ，使得 $2^n$ 整除 $K$ 。

Let $K$ be the product of all factors $(b - a)$ (not necessarily distinct) where $a$ and $b$ are integers satisfying $1 \le a \lt b \le 20.$ Find the greatest positive integer $n$ such that $2^n$ divides $K.$

答案

答案：150

知识点：质因数分解数对计数

难度评级：2230

小提示：

差值 $v = b - a$ 可以取 $1, 2, \ldots, 19$ ，且每个差值恰好出现 $20 - v$ 次。

The difference $v = b - a$ takes each value $1, 2, \ldots, 19,$ occurring exactly $20 - v$ times

大提示：

对偶数 $v = 2, 4, \ldots, 18$ ，把 $(20 - v)$ 乘以 $v$ 中因子 $2$ 的指数后相加。

Add $(20 - v)$ times the exponent of $2$ in $v,$ over even $v = 2, 4, \ldots, 18$

解答：

对每个值 $v = b - a$ ，数对 $(a, b) = (1, v+1)$ ， $(2, v+2)$ ， $\ldots$ ， $(20-v, 20)$ 表明 $v$ 恰好出现 $20 - v$ 次，所以 $K = \prod_{v=1}^{19} v^{20-v}$ 。因此 $K$ 中因子 $2$ 的指数为 $\sum_v (20 - v)\,e(v)$ ，其中 $e(v)$ 是 $v$ 中因子 $2$ 的指数。

只有偶数 $v$ 有贡献： $v = 2, 6, 10, 14, 18$ 时 $e = 1$ ； $v = 4, 12$ 时 $e = 2$ ； $v = 8$ 时 $e = 3$ ； $v = 16$ 时 $e = 4$ 。总和为 $\begin{aligned} &18 + 16 \cdot 2 + 14 + 12 \cdot 3 \\ &\quad {}+ 10 + 8 \cdot 2 + 6 + 4 \cdot 4 + 2 \\ &= 150 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $n = 150$ 。

For each value $v = b - a,$ the pairs $(a, b) = (1, v+1),$ $(2, v+2),$ $\ldots,$ $(20-v, 20)$ show that $v$ occurs exactly $20 - v$ times, so $K = \prod_{v=1}^{19} v^{20-v}.$ The exponent of $2$ in $K$ is therefore $\sum_v (20 - v)\,e(v),$ where $e(v)$ is the exponent of $2$ in $v.$

Only even $v$ contribute: $v = 2, 6, 10, 14, 18$ give $e = 1;$ $v = 4, 12$ give $e = 2;$ $v = 8$ gives $e = 3;$ and $v = 16$ gives $e = 4.$ The total is $\begin{aligned} &18 + 16 \cdot 2 + 14 + 12 \cdot 3 \\ &\quad {}+ 10 + 8 \cdot 2 + 6 + 4 \cdot 4 + 2 \\ &= 150, \end{aligned}$ so $n = 150.$

4.

Dave 到达一座机场，机场有十二个登机口排成一直线，相邻登机口之间正好相距 $100$ 英尺。他的出发登机口随机分配。在该登机口等待后，Dave 被告知出发登机口改到了另一个不同的登机口，这个新登机口也随机分配。设 Dave 走到新登机口的距离为 $400$ 英尺或更少的概率为分数 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Dave arrives at an airport which has twelve gates arranged in a straight line with exactly $100$ feet between adjacent gates. His departure gate is assigned at random. After waiting at that gate, Dave is told the departure gate has been changed to a different gate, again at random. Let the probability that Dave walks $400$ feet or less to the new gate be a fraction $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：52

知识点：基本概率数对计数分类讨论

难度评级：2170

小提示：

走 $400$ 英尺或更少意味着两个登机口编号相差至多 $4$ ；数一数不同登机口的有序对。

Walking $400$ feet or less means the gate numbers differ by at most $4;$ count ordered pairs of distinct gates

大提示：

靠近两端的登机口近邻较少：计数为 $4, 5, 6, 7, 8, 8, 8, 8, 7, 6, 5, 4$ 。

Gates near the ends have fewer close neighbors: the counts are $4, 5, 6, 7, 8, 8, 8, 8, 7, 6, 5, 4$

解答：

将登机口编号为 $1$ 到 $12$ 。所有 $12 \cdot 11 = 132$ 个不同（原登机口、新登机口）的有序对等可能，且 Dave 走 $400$ 英尺或更少，当且仅当登机口编号相差至多 $4$ 。

登机口 $i$ 有 $\min(i + 4, 12) - \max(i - 4, 1)$ 个合格的新登机口：登机口 $1$ 和 $12$ 各有 $4$ 个，登机口 $2$ 和 $11$ 各有 $5$ 个，登机口 $3$ 和 $10$ 各有 $6$ 个，登机口 $4$ 和 $9$ 各有 $7$ 个，登机口 $5$ 到 $8$ 各有 $8$ 个。总数为 $2(4 + 5 + 6 + 7) + 4 \cdot 8 = 76$ 。

概率为 $\frac{76}{132} = \frac{19}{33}$ ，所以 $m + n = 19 + 33 = 52$ 。

Number the gates $1$ through $12.$ All $12 \cdot 11 = 132$ ordered pairs of distinct (old, new) gates are equally likely, and Dave walks $400$ feet or less exactly when the gate numbers differ by at most $4.$

A gate $i$ has $\min(i + 4, 12) - \max(i - 4, 1)$ qualifying new gates: gates $1$ and $12$ have $4$ each, gates $2$ and $11$ have $5,$ gates $3$ and $10$ have $6,$ gates $4$ and $9$ have $7,$ and gates $5$ through $8$ have $8$ each. The total is $2(4 + 5 + 6 + 7) + 4 \cdot 8 = 76.$

The probability is $\frac{76}{132} = \frac{19}{33},$ so $m + n = 19 + 33 = 52.$

5.

正数 $x$ ， $y$ ， $z$ 满足 $xyz = 10^{81}$ ，且 $(\log_{10} x)(\log_{10} yz)$ $+ (\log_{10} y)(\log_{10} z) = 468$ 。求 $\small \sqrt{(\log_{10} x)^2 + (\log_{10} y)^2 + (\log_{10} z)^2}$ 。

Positive numbers $x,$ $y,$ and $z$ satisfy $xyz = 10^{81}$ and $(\log_{10} x)(\log_{10} yz)$ $+ (\log_{10} y)(\log_{10} z) = 468.$ Find $\small \sqrt{(\log_{10} x)^2 + (\log_{10} y)^2 + (\log_{10} z)^2}.$

答案

答案：75

知识点：对数代数变形

难度评级：2170

小提示：

令 $a = \log_{10} x$ ， $b = \log_{10} y$ ， $c = \log_{10} z$ ：则 $a + b + c = 81$ ，第二个条件表示 $ab + ac + bc = 468$ 。

Let $a = \log_{10} x,$ $b = \log_{10} y,$ $c = \log_{10} z:$ then $a + b + c = 81$ and the second condition says $ab + ac + bc = 468$

大提示：

使用 $(a + b + c)^2$ $= a^2 + b^2 + c^2$ $+ 2(ab + ac + bc)$ 。

Use $(a + b + c)^2$ $= a^2 + b^2 + c^2$ $+ 2(ab + ac + bc)$

解答：

令 $a = \log_{10} x$ ， $b = \log_{10} y$ ， $c = \log_{10} z$ 。对 $xyz = 10^{81}$ 取对数，得到 $a + b + c = 81$ 。因为 $\log_{10} yz = b + c$ ，第二个条件为 $a(b + c) + bc = ab + ac + bc$ $= 468$ 。

将和平方， $\begin{aligned} a^2 + b^2 + c^2 &= (a + b + c)^2 \\ &\quad {}- 2(ab + ac + bc) \\ &= 81^2 - 2 \cdot 468 \\ &= 6561 - 936 \\ &= 5625 \end{aligned}\text{，}$ 所求值为 $\sqrt{5625} = 75$ 。

Let $a = \log_{10} x,$ $b = \log_{10} y,$ and $c = \log_{10} z.$ Taking logs of $xyz = 10^{81}$ gives $a + b + c = 81.$ Since $\log_{10} yz = b + c,$ the second condition is $a(b + c) + bc = ab + ac + bc$ $= 468.$

Squaring the sum, $\begin{aligned} a^2 + b^2 + c^2 &= (a + b + c)^2 \\ &\quad {}- 2(ab + ac + bc) \\ &= 81^2 - 2 \cdot 468 \\ &= 6561 - 936 \\ &= 5625, \end{aligned}$ so the requested value is $\sqrt{5625} = 75.$

6.

求最小的正整数 $n$ ，使得多项式 $x^4 - nx + 63$ 可以写成两个非常数整系数多项式的乘积。

Find the smallest positive integer $n$ with the property that the polynomial $x^4 - nx + 63$ can be written as a product of two nonconstant polynomials with integer coefficients.

答案

答案：8

知识点：多项式因式分解分类讨论

难度评级：2500

小提示：

试着分解为两个二次式 $(x^2 + px + q)(x^2 - px + r)$ ；比较系数可得 $q + r = p^2$ 且 $qr = 63$ 。

Try splitting into two quadratics $(x^2 + px + q)(x^2 - px + r);$ matching coefficients gives $q + r = p^2$ and $qr = 63$

大提示：

寻找乘积为 $63$ 、和为完全平方数的因数对，并同时比较一次因式的情况；若有整数根，它必须整除 $63$ 。

Look for factor pairs of $63$ whose sum is a perfect square, and also compare with the case of a linear factor, whose root must divide $63$

解答：

如果存在一次因式，则某个整数 $b$ 是根，所以 $b^4 - nb + 63 = 0$ ， $n = b^3 + \frac{63}{b}$ ，这迫使 $63$ 能被 $b$ 整除且 $b \gt 0$ 。最小值是 $48$ ，在 $b = 3$ 时取得。

否则该多项式分解为两个二次式，可取为首一多项式；由于 $x^3$ 项系数为零，它们有形式 $\begin{aligned} &(x^2 + px + q)(x^2 - px + r) \\ &= x^4 + (q + r - p^2)x^2 \\ &\quad {}+ p(r - q)x + qr \end{aligned}\text{。}$ 比较系数得 $q + r = p^2$ ， $qr = 63$ ，且 $n = p(q - r)$ 。乘积为 $63$ 且和为平方数的因数对为 $\{7, 9\}$ （和为 $16$ ，所以 $p = 4$ ）以及 $\{1, 63\}$ （和为 $64$ ，所以 $p = 8$ ），给出 $n = 4 \cdot 2 = 8$ 或 $n = 8 \cdot 62 = 496$ 。

所有正值中最小的是 $n = 8$ ；事实上 $(x^2 + 4x + 9)(x^2 - 4x + 7)$ $= x^4 - 8x + 63$ 。

If there is a linear factor, then some integer $b$ is a root, so $b^4 - nb + 63 = 0$ and $n = b^3 + \frac{63}{b},$ forcing $63$ to be divisible by $b$ and $b \gt 0.$ The smallest value is $48,$ at $b = 3.$

Otherwise the polynomial splits into two quadratics, which we may take monic; since the $x^3$ coefficient vanishes, they have the form $\begin{aligned} &(x^2 + px + q)(x^2 - px + r) \\ &= x^4 + (q + r - p^2)x^2 \\ &\quad {}+ p(r - q)x + qr. \end{aligned}$ Matching coefficients gives $q + r = p^2,$ $qr = 63,$ and $n = p(q - r).$ The factor pairs of $63$ with square sum are $\{7, 9\}$ (sum $16,$ so $p = 4$ ) and $\{1, 63\}$ (sum $64,$ so $p = 8$ ), giving $n = 4 \cdot 2 = 8$ or $n = 8 \cdot 62 = 496.$

The smallest positive value overall is $n = 8;$ indeed $(x^2 + 4x + 9)(x^2 - 4x + 7)$ $= x^4 - 8x + 63.$

7.

设 $P(z) = z^3 + az^2 + bz + c$ ，其中 $a$ 、 $b$ 和 $c$ 为实数。存在一个复数 $w$ ，使得 $P(z)$ 的三个根分别为 $w + 3i$ 、 $w + 9i$ 和 $2w - 4$ ，其中 $i^2 = -1$ 。求 $|a + b + c|$ 。

Let $P(z) = z^3 + az^2 + bz + c,$ where $a,$ $b,$ and $c$ are real. There exists a complex number $w$ such that the three roots of $P(z)$ are $w + 3i,$ $w + 9i,$ and $2w - 4,$ where $i^2 = -1.$ Find $|a + b + c|.$

答案

答案：136

知识点：复数多项式韦达定理

难度评级：2410

小提示：

根的和 $4w + 12i - 4$ 必须为实数；这可以确定 $w$ 的虚部。

The sum of the roots, $4w + 12i - 4,$ must be real; this determines the imaginary part of $w$

大提示：

实系数迫使两个非实根互为共轭，并且 $1 + a + b + c = P(1)$ 。

Real coefficients force the two non-real roots to be conjugates, and $1 + a + b + c = P(1)$

解答：

设 $w = x + yi$ ，其中 $x$ 、 $y$ 为实数。根的和为 $4w + 12i - 4 = -a$ ，它是实数，所以 $4y + 12 = 0$ ， $y = -3$ 。根于是为 $x$ 、 $x + 6i$ 和 $2x - 4 - 6i$ 。因为系数为实数，两个非实根必须互为共轭，所以 $2x - 4 = x$ ，得 $x = 4$ 。根为 $4$ 、 $4 + 6i$ 、 $4 - 6i$ 。

现在 $\begin{aligned} 1 + a + b + c &= P(1) \\ &= (1 - 4) \\ &\quad {}\cdot \bigl(1 - (4 + 6i)\bigr) \\ &\quad {}\cdot \bigl(1 - (4 - 6i)\bigr) \\ &= (-3)(9 + 36) \\ &= -135 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $a + b + c = -136$ ， $|a + b + c| = 136$ 。

Write $w = x + yi$ with $x$ and $y$ real. The sum of the roots is $4w + 12i - 4 = -a,$ which is real, so $4y + 12 = 0$ and $y = -3.$ The roots are then $x,$ $x + 6i,$ and $2x - 4 - 6i.$ Because the coefficients are real, the two non-real roots must be conjugates, so $2x - 4 = x,$ giving $x = 4.$ The roots are $4,$ $4 + 6i,$ and $4 - 6i.$

Now $\begin{aligned} 1 + a + b + c &= P(1) \\ &= (1 - 4) \\ &\quad {}\cdot \bigl(1 - (4 + 6i)\bigr) \\ &\quad {}\cdot \bigl(1 - (4 - 6i)\bigr) \\ &= (-3)(9 + 36) \\ &= -135, \end{aligned}$ so $a + b + c = -136$ and $|a + b + c| = 136.$

8.

设 $N$ 是满足以下性质的非空集合 $\mathcal{A}$ 和 $\mathcal{B}$ 的有序对数：

• $\mathcal{A} \cup \mathcal{B}$ $\small = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12\}$ ，

• $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} = \emptyset$ ，

• $\mathcal{A}$ 的元素个数不属于 $\mathcal{A}$ ，

• $\mathcal{B}$ 的元素个数不属于 $\mathcal{B}$ 。

求 $N$ 。

Let $N$ be the number of ordered pairs of nonempty sets $\mathcal{A}$ and $\mathcal{B}$ that have the following properties:

• $\mathcal{A} \cup \mathcal{B}$ $\small = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12\},$

• $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} = \emptyset,$

• the number of elements of $\mathcal{A}$ is not an element of $\mathcal{A},$

• the number of elements of $\mathcal{B}$ is not an element of $\mathcal{B}.$

Find $N.$

答案

答案：772

知识点：子集组合补集计数

难度评级：2520

小提示：

若 $|\mathcal{A}| = k$ ，则 $|\mathcal{B}| = 12 - k$ ，条件迫使 $k \in \mathcal{B}$ 且 $12 - k \in \mathcal{A}$ 。

If $|\mathcal{A}| = k,$ then $|\mathcal{B}| = 12 - k,$ and the conditions force $k \in \mathcal{B}$ and $12 - k \in \mathcal{A}$

大提示：

对每个 $k \ne 6$ ，从未指定的 $10$ 个数中选择剩下的 $k - 1$ 个元素放入 $\mathcal{A}$ 。情况 $k = 6$ 不成立，因为 $6$ 必须同时属于两个集合。

For each $k \ne 6,$ choose the remaining $k - 1$ elements of $\mathcal{A}$ from the $10$ unassigned numbers. The case $k = 6$ fails because $6$ would have to lie in both sets.

解答：

令 $k = |\mathcal{A}|$ ，则 $|\mathcal{B}| = 12 - k$ ，其中 $1 \le k \le 11$ 。因为每个元素恰好属于一个集合， $k \notin \mathcal{A}$ 意味着 $k \in \mathcal{B}$ ，而 $12 - k \notin \mathcal{B}$ 意味着 $12 - k \in \mathcal{A}$ 。若 $k = 6$ ，则 $6$ 必须同时属于两个集合，这是不可能的，所以 $k \ne 6$ 。

对其他每个 $k$ ，元素 $k$ 和 $12 - k$ 已经放好， $\mathcal{A}$ 中剩下的 $k - 1$ 个元素可从其他 $10$ 个数中选出，有 $\binom{10}{k-1}$ 种方式， $\mathcal{B}$ 取其余元素。因此 $\begin{aligned} N &= \sum_{k=1}^{11} \binom{10}{k-1} - \binom{10}{5} \\ &= 2^{10} - 252 = 772 \end{aligned}\text{。}$

Let $k = |\mathcal{A}|,$ so $|\mathcal{B}| = 12 - k$ with $1 \le k \le 11.$ Since every element lies in exactly one set, $k \notin \mathcal{A}$ means $k \in \mathcal{B},$ and $12 - k \notin \mathcal{B}$ means $12 - k \in \mathcal{A}.$ If $k = 6,$ then $6$ would have to belong to both sets, which is impossible, so $k \ne 6.$

For each other $k,$ the elements $k$ and $12 - k$ are already placed, and the remaining $k - 1$ elements of $\mathcal{A}$ can be chosen from the other $10$ numbers in $\binom{10}{k-1}$ ways, with $\mathcal{B}$ taking the rest. Hence $\begin{aligned} N &= \sum_{k=1}^{11} \binom{10}{k-1} - \binom{10}{5} \\ &= 2^{10} - 252 = 772. \end{aligned}$

9.

设 $ABCDEF$ 是正六边形。令 $G$ 、 $H$ 、 $I$ 、 $J$ 、 $K$ 、 $L$ 分别为边 $AB$ 、 $BC$ 、 $CD$ 、 $DE$ 、 $EF$ 、 $AF$ 的中点。线段 $AH$ 、 $BI$ 、 $CJ$ 、 $DK$ 、 $EL$ 、 $FG$ 围成一个较小的正六边形。若较小六边形面积与 $ABCDEF$ 面积之比写成最简分数 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数，求 $m + n$ 。

Let $ABCDEF$ be a regular hexagon. Let $G,$ $H,$ $I,$ $J,$ $K,$ and $L$ be the midpoints of sides $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DE,$ $EF,$ and $AF,$ respectively. The segments $AH,$ $BI,$ $CJ,$ $DK,$ $EL,$ and $FG$ bound a smaller regular hexagon. Let the ratio of the area of the smaller hexagon to the area of $ABCDEF$ be expressed as a fraction $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：11

知识点：正多边形坐标几何面积比对称性

难度评级：2430

小提示：

将中心放在原点；由对称性，较小六边形是正的且同心，所以只需求中心到其中一个顶点的距离。

Place the center at the origin; by symmetry the smaller hexagon is regular and concentric, so it suffices to find the distance from the center to one of its vertices

大提示：

小六边形的一个顶点是直线 $AH$ 和 $FG$ 的交点；当外接圆半径为 $1$ 时，该点为 $\left(\frac{5}{7}, \frac{\sqrt{3}}{7}\right)$ 。

One vertex of the small hexagon is the intersection of lines $AH$ and $FG;$ with circumradius $1$ it is $\left(\frac{5}{7}, \frac{\sqrt{3}}{7}\right)$

解答：

将六边形中心放在原点，外接圆半径为 $1$ ： $A = (1, 0)$ ， $B = \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ， $C = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ，且 $F = \left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 。于是 $H = \left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ ， $G = \left(\frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right)$ 。旋转 $60^\circ$ 会置换这六条线段，所以较小六边形是正六边形且与原六边形同心，面积比等于中心到顶点距离之比的平方。

一个顶点是 $AH$ 和 $FG$ 的交点。直线 $AH$ 为 $x + \frac{2}{\sqrt{3}}\,y = 1$ ，直线 $FG$ 为 $y = 3\sqrt{3}\,x - 2\sqrt{3}$ 。代入得 $x + 6x - 4 = 1$ ，所以 $x = \frac{5}{7}$ ， $y = \frac{\sqrt{3}}{7}$ 。

该顶点到中心的距离平方为 $\frac{25}{49} + \frac{3}{49} = \frac{4}{7}$ ，而 $A$ 到中心距离为 $1$ 。面积比为 $\frac{4}{7}$ ，所以 $m + n = 4 + 7 = 11$ 。

Center the hexagon at the origin with circumradius $1:$ $A = (1, 0),$ $B = \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right),$ $C = \left(-\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right),$ and $F = \left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right).$ Then $H = \left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ and $G = \left(\frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4}\right).$ Rotation by $60^\circ$ permutes the six segments, so the smaller hexagon is regular and concentric, and the area ratio is the square of the ratio of distances from the center to a vertex.

One vertex is the intersection of $AH$ and $FG.$ Line $AH$ is $x + \frac{2}{\sqrt{3}}\,y = 1,$ and line $FG$ is $y = 3\sqrt{3}\,x - 2\sqrt{3}.$ Substituting gives $x + 6x - 4 = 1,$ so $x = \frac{5}{7}$ and $y = \frac{\sqrt{3}}{7}.$

That vertex has squared distance $\frac{25}{49} + \frac{3}{49} = \frac{4}{7}$ from the center, while $A$ is at distance $1.$ The ratio of areas is $\frac{4}{7},$ and $m + n = 4 + 7 = 11.$

10.

求有多少个整系数二次多项式 $f(x)$ ，它们有整数零点并且满足 $f(0) = 2010$ 。

Find the number of second-degree polynomials $f(x)$ with integer coefficients and integer zeros for which $f(0) = 2010.$

答案

答案：163

知识点：多项式质因数分解分类讨论

难度评级：2890

小提示：

写成 $f(x) = a(x - r)(x - s)$ ，于是 $a \cdot rs = 2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$ ；数一数 $a$ 和无序根对的选择。

Write $f(x) = a(x - r)(x - s),$ so $a \cdot rs = 2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67;$ count choices of $a$ and the unordered root pair

大提示：

当 $|r| \ne |s|$ 时，把四个质因数分配给 $|a|$ 、 $|r|$ 、 $|s|$ ，并检查 $(r, s)$ 的四种符号模式都可行。单独处理 $|r| = |s| = 1$ 。

When $|r| \ne |s|,$ split the four primes among $|a|,$ $|r|,$ $|s|$ and check that all four sign patterns of $(r, s)$ work. Treat $|r| = |s| = 1$ separately.

解答：

写 $f(x) = a(x - r)(x - s)$ ，其中整数根为 $r$ 、 $s$ ；这样的多项式由 $a$ 和无序对 $\{r, s\}$ 确定。条件 $f(0) = 2010$ 给出 $a \cdot rs = 2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$ 。因为 $2010$ 是无平方因子数，四个质因数中的每一个都完整地分配给 $|a|$ 、 $|r|$ 、 $|s|$ 中的一个。

先假设 $|r| \ne |s|$ 。选择四个质因数中哪些 $k \ge 1$ 个进入根中（ $\binom{4}{k}$ 种），并将这些质因数分配给两个根（无序方式 $2^{k-1}$ 种），得到 $\sum_{k=1}^{4} \binom{4}{k} 2^{k-1} = 4 + 12 + 16 + 8$ $= 40$ 种绝对值选择。对每一种， $(r, s)$ 的四种符号模式 $(+,+)$ 、 $(+,-)$ 、 $(-,+)$ 、 $(-,-)$ 都不同，并且各自决定 $a$ 的符号，因此有 $4 \cdot 40 = 160$ 个多项式。

若 $|r| = |s|$ ，无平方因子性迫使 $|r| = |s| = 1$ ，所以 $|a| = 2010$ ：选项为根 $1, 1$ 或 $-1, -1$ 且 $a = 2010$ ，或者根 $1, -1$ 且 $a = -2010$ ，再增加 $3$ 个。总数为 $160 + 3 = 163$ 。

Write $f(x) = a(x - r)(x - s)$ with integer roots $r$ and $s;$ such a polynomial is determined by $a$ and the unordered pair $\{r, s\}.$ The condition $f(0) = 2010$ says $a \cdot rs = 2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67.$ Since $2010$ is squarefree, each of the four primes goes entirely to one of $|a|,$ $|r|,$ $|s|.$

First suppose $|r| \ne |s|.$ Choosing which $k \ge 1$ of the four primes divide the roots ( $\binom{4}{k}$ ways) and splitting those primes between the two roots ( $2^{k-1}$ unordered ways) gives $\sum_{k=1}^{4} \binom{4}{k} 2^{k-1} = 4 + 12 + 16 + 8$ $= 40$ choices of magnitudes. For each, the four sign patterns $(+,+),$ $(+,-),$ $(-,+),$ $(-,-)$ of $(r, s)$ are distinct and each forces the sign of $a,$ giving $4 \cdot 40 = 160$ polynomials.

If $|r| = |s|,$ squarefreeness forces $|r| = |s| = 1,$ so $|a| = 2010:$ the options are roots $1, 1$ or $-1, -1$ with $a = 2010,$ or roots $1, -1$ with $a = -2010,$ adding $3$ more. In total $160 + 3 = 163.$

11.

定义一个 T-grid 为满足以下两个性质的 $3 \times 3$ 矩阵：

$(1)$ 恰好五个元素为 $1$ ，剩下四个元素为 $0$ 。

$(2)$ 在八条行、列和长对角线中（长对角线为 $\{a_{13}, a_{22}, a_{31}\}$ 和 $\{a_{11}, a_{22}, a_{33}\}$ ），至多有一条的三个元素全相等。

求不同 T-grid 的个数。

Define a T-grid to be a $3 \times 3$ matrix which satisfies the following two properties:

$(1)$ Exactly five of the entries are $1$ ’s, and the remaining four entries are $0$ ’s.

$(2)$ Among the eight rows, columns, and long diagonals (the long diagonals are $\{a_{13}, a_{22}, a_{31}\}$ and $\{a_{11}, a_{22}, a_{33}\}$ ), no more than one of the eight has all three entries equal.

Find the number of distinct T-grids.

答案

答案：68

知识点：补集计数分类讨论

难度评级：3060

小提示：

满足第一条性质的 $1$ 的放置共有 $\binom{9}{5} = 126$ 种；减去其中有两条或更多条全同线的情况。

There are $\binom{9}{5} = 126$ placements of the $1$ ’s; subtract those where two or more of the eight lines are constant

大提示：

两条全同线必须要么是一条全 $1$ 的行或列和一条与它平行的全 $0$ 线，要么是两条相交的全 $1$ 线，后者恰好使用五个 $1$ 。

Two constant lines must be either a row/column of $1$ ’s with a parallel line of $0$ ’s, or two crossing lines of $1$ ’s, which use exactly five $1$ ’s

解答：

满足 $(1)$ 的矩阵有 $\binom{9}{5} = 126$ 个；我们减去有两条或更多全同线的矩阵。两条全 $0$ 线不可能（它们至少需要 $5$ 个零），一条全 $1$ 线和一条全 $0$ 线不能相交，因而必须是平行行或平行列；同样，两条全 $1$ 线不能平行（会有 $6$ 个一），所以必须相交，使用恰好 $3 + 3 - 1 = 5$ 个一。

情况 $1$ ：一条全 $1$ 线和一条与它平行的全 $0$ 线。全 $1$ 的行或列有 $6$ 种选择，平行的全 $0$ 线有 $2$ 种选择，剩下的平行线用两个 $1$ 和一个 $0$ 填充，有 $3$ 种方法，共 $6 \cdot 2 \cdot 3 = 36$ 个矩阵。每条垂直线随后都同时含有 $1$ 和 $0$ ，所以不会出现第三条全同线，也没有重复计数。

情况 $2$ ：两条相交的全 $1$ 线，其余位置为 $0$ 。这对线可以是一行一列（ $3 \cdot 3 = 9$ ），一行或一列与一条对角线（ $6 \cdot 2 = 12$ ），或两条对角线（ $1$ ），共 $22$ 个矩阵；可检查其余四个 $0$ 从不会形成一条全同线。所以答案为 $126 - 36 - 22 = 68$ 。

There are $\binom{9}{5} = 126$ matrices satisfying $(1);$ we subtract those with two or more constant lines. Two lines of $0$ ’s are impossible (they would need at least $5$ zeros), and a line of $1$ ’s and a line of $0$ ’s cannot cross, so they must be parallel rows or parallel columns; likewise two lines of $1$ ’s cannot be parallel ( $6$ ones), so they must cross, using exactly $3 + 3 - 1 = 5$ ones.

Case $1:$ a line of $1$ ’s and a parallel line of $0$ ’s. There are $6$ choices for the all- $1$ row or column, $2$ for the parallel all- $0$ line, and $3$ ways to fill the remaining parallel line with two $1$ ’s and one $0:$ $6 \cdot 2 \cdot 3 = 36$ matrices. Every perpendicular line then contains both a $1$ and a $0,$ so no third constant line appears and nothing is double-counted.

Case $2:$ two crossing lines of $1$ ’s and $0$ ’s elsewhere. The pair can be a row and a column ( $3 \cdot 3 = 9$ ), a row or column with a diagonal ( $6 \cdot 2 = 12$ ), or the two diagonals ( $1$ ), for $22$ matrices; one checks the four remaining $0$ ’s never form a constant line. So $126 - 36 - 22 = 68.$

12.

两个不全等的整边等腰三角形有相同的周长和相同的面积。两个三角形的底边长度之比为 $8 : 7$ 。求它们公共周长的最小可能值。

Two noncongruent integer-sided isosceles triangles have the same perimeter and the same area. The ratio of the lengths of the bases of the two triangles is $8 : 7.$ Find the minimum possible value of their common perimeter.

答案

答案：676

知识点：等腰三角形勾股定理丢番图方程

难度评级：3060

小提示：

将底边写成 $8a$ 和 $7a$ ；面积相等意味着高为 $7h$ 和 $8h$ 。用勾股定理表示每条腰。

Write the bases as $8a$ and $7a;$ equal areas mean the altitudes are $7h$ and $8h.$ Express each leg with the Pythagorean theorem.

大提示：

令周长相等并平方两次，得到 $225h^2 = 169a^2$ ；再要求两条腰 $\frac{109a}{15}$ 和 $\frac{233a}{30}$ 都是整数。

Setting the perimeters equal and squaring twice gives $225h^2 = 169a^2;$ then demand that both legs, $\frac{109a}{15}$ and $\frac{233a}{30},$ be integers

解答：

因为整数底边之比为 $8 : 7$ ，它们为 $8a$ 和 $7a$ ，其中 $a$ 是正整数。面积相等使相应高与底边成反比，设为 $7h$ 和 $8h$ 。两条腰分别为 $\sqrt{16a^2 + 49h^2}$ 和 $\sqrt{\frac{49}{4}a^2 + 64h^2}$ ，周长相等给出 $\begin{aligned} &8a + 2\sqrt{16a^2 + 49h^2} \\ &= 7a + 2\sqrt{\tfrac{49}{4}a^2 + 64h^2} \end{aligned}\text{。}$

将 $7a$ 移到左边并平方，得 $a\sqrt{16a^2 + 49h^2} = 15h^2 - 4a^2$ ；再次平方并化简，留下 $225h^4 = 169a^2h^2$ ，所以 $h = \frac{13a}{15}$ 。两条腰分别变为 $\sqrt{16a^2 + 49 \cdot \tfrac{169a^2}{225}} = \frac{109a}{15}$ 和 $\sqrt{\tfrac{49}{4}a^2 + 64 \cdot \tfrac{169a^2}{225}} = \frac{233a}{30}\text{。}$

为使所有边都是整数， $30$ 必须整除 $a$ 。取 $a = 30$ 得到三角形 $(218, 218, 240)$ 和 $(233, 233, 210)$ ，它们的周长都为 $676$ ，面积都为 $21840$ 。最小公共周长为 $676$ 。

Since the integer bases are in ratio $8 : 7,$ they are $8a$ and $7a$ for a positive integer $a.$ Equal areas make the corresponding altitudes inversely proportional to the bases, say $7h$ and $8h.$ The legs are then $\sqrt{16a^2 + 49h^2}$ and $\sqrt{\frac{49}{4}a^2 + 64h^2},$ and equal perimeters give $\begin{aligned} &8a + 2\sqrt{16a^2 + 49h^2} \\ &= 7a + 2\sqrt{\tfrac{49}{4}a^2 + 64h^2}. \end{aligned}$

Moving $7a$ to the left and squaring yields $a\sqrt{16a^2 + 49h^2} = 15h^2 - 4a^2;$ squaring again and simplifying leaves $225h^4 = 169a^2h^2,$ so $h = \frac{13a}{15}.$ The legs become $\sqrt{16a^2 + 49 \cdot \tfrac{169a^2}{225}} = \frac{109a}{15}$ and $\sqrt{\tfrac{49}{4}a^2 + 64 \cdot \tfrac{169a^2}{225}} = \frac{233a}{30}.$

For all sides to be integers, $30$ must divide $a.$ Taking $a = 30$ gives the triangles $(218, 218, 240)$ and $(233, 233, 210),$ each with perimeter $676$ and area $21840.$ The minimum common perimeter is $676.$

13.

一副牌中的 $52$ 张牌编号为 $1$ 、 $2$ 、 $\ldots$ 、 $52$ 。Alex、Blair、Corey、Dylan 各自从牌堆中不放回地抽一张牌，且每张牌被抽到的可能性相同。编号较小的两人组成一队，编号较大的两人组成另一队。已知 Alex 在 $a$ 与 $a + 9$ 这两张牌中抽到一张，而 Dylan 抽到另一张，令 $p(a)$ 为 Alex 和 Dylan 在同一队的概率。满足 $p(a) \ge \frac{1}{2}$ 的 $p(a)$ 的最小值可写为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

The $52$ cards in a deck are numbered $1,$ $2,$ $\ldots,$ $52.$ Alex, Blair, Corey, and Dylan each picks a card from the deck without replacement and with each card being equally likely to be picked. The two persons with lower numbered cards form a team, and the two persons with higher numbered cards form another team. Let $p(a)$ be the probability that Alex and Dylan are on the same team, given that Alex picks one of the cards $a$ and $a + 9,$ and Dylan picks the other of these two cards. The minimum value of $p(a)$ for which $p(a) \ge \frac{1}{2}$ can be written as $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：263

知识点：条件概率组合不等式

难度评级：3060

小提示：

已知 Alex 和 Dylan 持有 $a$ 和 $a + 9$ 时，他们成为队友当且仅当 Blair 和 Corey 都抽到小于 $a$ 的牌，或都抽到大于 $a + 9$ 的牌。

Given that Alex and Dylan hold $a$ and $a + 9,$ they are teammates exactly when Blair and Corey both draw below $a$ or both draw above $a + 9$

大提示：

$p(a) = \frac{\binom{a-1}{2} + \binom{43-a}{2}}{\binom{50}{2}} \ge \frac{1}{2}$ 化简为 $(a - 22)^2 \ge \frac{385}{2}$ ，所以 $a \le 8$ 或 $a \ge 36$ 。

$p(a) = \frac{\binom{a-1}{2} + \binom{43-a}{2}}{\binom{50}{2}} \ge \frac{1}{2}$ reduces to $(a - 22)^2 \ge \frac{385}{2},$ so $a \le 8$ or $a \ge 36$

解答：

在 Alex 和 Dylan 持有 $a$ 与 $a + 9$ 的条件下，Blair 和 Corey 从剩余 $50$ 张牌中抽 $2$ 张。Alex 和 Dylan 成为队友，当且仅当这两张牌都小于 $a$ （Alex 和 Dylan 是高牌队），或都大于 $a + 9$ （他们是低牌队）。较小编号以下的牌有 $a - 1$ 张，较大编号以上的牌有 $52 - (a + 9) = 43 - a$ 张，所以 $p(a) = \frac{\binom{a-1}{2} + \binom{43-a}{2}}{\binom{50}{2}}\text{。}$

分子为 $\frac{(a-1)(a-2) + (43-a)(42-a)}{2}$ $= a^2 - 44a + 904$ ，因此 $p(a) \ge \frac{1}{2}$ 变为 $a^2 - 44a + 904 \ge \frac{25 \cdot 49}{2}$ ，也就是 $(a - 22)^2 \ge \frac{385}{2}$ 。因为 $a$ 是整数， $|a - 22| \ge 14$ ，所以 $a \le 8$ 或 $a \ge 36$ 。

这个抛物线在离 $a = 22$ 最近的可行点处最小： $p(8) = p(36)$ $= \frac{\binom{7}{2} + \binom{35}{2}}{\binom{50}{2}}$ $= \frac{616}{1225}$ $= \frac{88}{175}$ ，确实至少为 $\frac{1}{2}$ 。因此 $m + n = 88 + 175 = 263$ 。

Condition on Alex and Dylan holding $a$ and $a + 9.$ Blair and Corey then draw $2$ of the remaining $50$ cards, and Alex and Dylan are teammates exactly when both of those cards are below $a$ (Alex and Dylan are the high team) or both are above $a + 9$ (the low team). There are $a - 1$ cards below and $52 - (a + 9) = 43 - a$ cards above, so $p(a) = \frac{\binom{a-1}{2} + \binom{43-a}{2}}{\binom{50}{2}}.$

The numerator is $\frac{(a-1)(a-2) + (43-a)(42-a)}{2}$ $= a^2 - 44a + 904,$ so $p(a) \ge \frac{1}{2}$ becomes $a^2 - 44a + 904 \ge \frac{25 \cdot 49}{2},$ that is, $(a - 22)^2 \ge \frac{385}{2}.$ Since $a$ is an integer, $|a - 22| \ge 14,$ so $a \le 8$ or $a \ge 36.$

The parabola is smallest at the admissible points closest to $a = 22:$ $p(8) = p(36)$ $= \frac{\binom{7}{2} + \binom{35}{2}}{\binom{50}{2}}$ $= \frac{616}{1225}$ $= \frac{88}{175},$ which is indeed at least $\frac{1}{2}.$ Thus $m + n = 88 + 175 = 263.$

14.

在直角三角形 $ABC$ 中，直角在 $C$ ， $\angle BAC \lt 45^\circ$ ，且 $AB = 4$ 。点 $P$ 在 $\overline{AB}$ 上，满足 $\angle APC = 2\angle ACP$ 且 $CP = 1$ 。比值 $\frac{AP}{BP}$ 可表示为 $p + q\sqrt{r}$ ，其中 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 是正整数，且 $r$ 不被任何质数的平方整除。求 $p + q + r$ 。

In right triangle $ABC$ with the right angle at $C,$ $\angle BAC \lt 45^\circ$ and $AB = 4.$ Point $P$ on $\overline{AB}$ has the properties that $\angle APC = 2\angle ACP$ and $CP = 1.$ The ratio $\frac{AP}{BP}$ can be represented in the form $p + q\sqrt{r},$ 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

答案：7

知识点：圆幂外接圆、外心与外接圆半径圆周角

难度评级：3270

小提示：

因为直角在 $C$ ， $AB$ 是外接圆的直径。延长 $\overline{CP}$ ，使其再次与圆交于 $D$ 。

Since the right angle is at $C,$ $AB$ is a diameter of the circumcircle. Extend $\overline{CP}$ to meet the circle again at $D.$

大提示：

角度条件迫使 $DP = DO = 2$ ，所以点 $P$ 的幂给出 $AP \cdot PB = CP \cdot PD = 2$ ，同时 $AP + PB = 4$ 。

The angle condition forces $DP = DO = 2,$ so the power of the point $P$ gives $AP \cdot PB = CP \cdot PD = 2$ while $AP + PB = 4$

解答：

因为直角在 $C$ ，线段 $AB$ 是外接圆直径；令 $O$ 为圆心，所以半径为 $2$ 。令 $\alpha = \angle ACP$ ，并延长 $\overline{CP}$ 使其再次与圆交于 $D$ 。弧 $AD$ 对应的圆心角为 $\angle AOD = 2\angle ACD = 2\alpha$ ，而对顶角给出 $\angle DPB = \angle APC = 2\alpha$ 。所以 $\overline{OD}$ 和 $\overline{PD}$ 与直线 $AB$ 所成角相等，三角形 $ODP$ 是等腰三角形，且 $DP = DO = 2$ 。

由点 $P$ 的幂， $\begin{aligned} AP \cdot PB = CP \cdot PD = 1 \cdot 2 &= 2, \\ AP + PB &= 4 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $AP$ 和 $PB$ 是 $t^2 - 4t + 2$ 的两个根，即 $2 \pm \sqrt{2}$ 。由于 $\angle BAC \lt 45^\circ$ ，有 $BC \lt AC$ ，且 $AC^2 + BC^2 = 16$ ，所以 $AC \gt 2\sqrt{2}$ ，三角形不等式给出 $AP \ge AC - CP$ $\gt 2\sqrt{2} - 1$ $\gt 2 - \sqrt{2}$ 。因此 $AP = 2 + \sqrt{2}$ 。

因此 $\begin{aligned} \frac{AP}{BP} &= \frac{2 + \sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}} \\ &= \frac{(2 + \sqrt{2})^2}{2} = 3 + 2\sqrt{2} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $p + q + r = 3 + 2 + 2 = 7$ 。

Because the right angle is at $C,$ segment $AB$ is a diameter of the circumcircle; let $O$ be its center, so the radius is $2.$ Let $\alpha = \angle ACP$ and extend $\overline{CP}$ to meet the circle again at $D.$ The central angle over arc $AD$ is $\angle AOD = 2\angle ACD = 2\alpha,$ while vertical angles give $\angle DPB = \angle APC = 2\alpha.$ So $\overline{OD}$ and $\overline{PD}$ make equal angles with line $AB,$ and triangle $ODP$ is isosceles with $DP = DO = 2.$

By the power of the point $P,$ $\begin{aligned} AP \cdot PB = CP \cdot PD = 1 \cdot 2 &= 2, \\ AP + PB &= 4, \end{aligned}$ so $AP$ and $PB$ are the roots of $t^2 - 4t + 2,$ namely $2 \pm \sqrt{2}.$ Since $\angle BAC \lt 45^\circ,$ we have $BC \lt AC$ with $AC^2 + BC^2 = 16,$ so $AC \gt 2\sqrt{2},$ and the triangle inequality gives $AP \ge AC - CP$ $\gt 2\sqrt{2} - 1$ $\gt 2 - \sqrt{2}.$ Hence $AP = 2 + \sqrt{2}.$

Therefore $\begin{aligned} \frac{AP}{BP} &= \frac{2 + \sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}} \\ &= \frac{(2 + \sqrt{2})^2}{2} = 3 + 2\sqrt{2}, \end{aligned}$ and $p + q + r = 3 + 2 + 2 = 7.$

15.

在三角形 $ABC$ 中， $AC = 13$ ， $BC = 14$ ，且 $AB = 15$ 。点 $M$ 和 $D$ 在 $\overline{AC}$ 上，满足 $AM = MC$ 且 $\angle ABD = \angle DBC$ 。点 $N$ 和 $E$ 在 $\overline{AB}$ 上，满足 $AN = NB$ 且 $\angle ACE = \angle ECB$ 。设 $P$ 是 $\triangle AMN$ 与 $\triangle ADE$ 的外接圆的另一个交点。射线 $AP$ 与 $\overline{BC}$ 交于 $Q$ 。比值 $\frac{BQ}{CQ}$ 可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m - n$ 。

In triangle $ABC,$ $AC = 13,$ $BC = 14,$ and $AB = 15.$ Points $M$ and $D$ lie on $\overline{AC}$ with $AM = MC$ and $\angle ABD = \angle DBC.$ Points $N$ and $E$ lie on $\overline{AB}$ with $AN = NB$ and $\angle ACE = \angle ECB.$ Let $P$ be the other point of intersection of the circumcircles of $\triangle AMN$ and $\triangle ADE.$ Ray $AP$ meets $\overline{BC}$ at $Q.$ The ratio $\frac{BQ}{CQ}$ 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：218

知识点：圆内接四边形角平分线定理正弦定理面积比

难度评级：3700

小提示：

使用角平分线定理，计算中点与角平分线交点之间的短线段 $NE$ 和 $MD$ 。

Use the angle bisector theorem to compute the short segments $NE$ and $MD$ between the midpoints and the bisector feet

大提示：

圆内接四边形 $AMPN$ 和 $AEPD$ 使三角形 $ENP$ 与 $DMP$ 相似，而正弦定理把 $\frac{NP}{MP}$ 转化为 $\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ}$ 。

The cyclic quadrilaterals $AMPN$ and $AEPD$ make triangles $ENP$ and $DMP$ similar, and the law of sines turns $\frac{NP}{MP}$ into $\frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ}$

解答：

由角平分线定理， $AE = \frac{13}{27} \cdot 15$ ，且 $CD = \frac{14}{29} \cdot 13$ ，所以 $E$ 位于 $\overline{AN}$ 上， $D$ 位于 $\overline{MC}$ 上，并且 $\begin{aligned} NE &= AN - AE = \frac{15}{2} - \frac{65}{9} \\ &= \frac{5}{18}, \\ MD &= CM - CD = \frac{13}{2} - \frac{182}{29} \\ &= \frac{13}{58} \end{aligned}\text{。}$

因为 $AMPN$ 共圆， $\angle ENP = \angle ANP$ $= 180^\circ - \angle AMP$ $= \angle DMP$ ，又因为 $AEPD$ 共圆， $\angle NEP = 180^\circ - \angle AEP$ $= \angle ADP$ $= \angle MDP$ 。因此三角形 $ENP$ 和 $DMP$ 相似，所以 $\frac{NP}{MP} = \frac{NE}{MD}$ 。在三角形 $ANP$ 和 $AMP$ 中使用正弦定理，并注意角 $\angle ANP$ 与 $\angle AMP$ 互补， $\begin{aligned} \frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ} &= \frac{\sin\angle NAP}{\sin\angle MAP} \\ &= \frac{NP}{MP} = \frac{\frac{5}{18}}{\frac{13}{58}} \\ &= \frac{145}{117} \end{aligned}\text{。}$

比较三角形 $ABQ$ 和 $ACQ$ 的面积，它们共用塞瓦线 $\overline{AQ}$ ， $\begin{aligned} \frac{BQ}{CQ} &= \frac{[ABQ]}{[ACQ]} \\ &= \frac{AB \sin\angle BAQ}{AC \sin\angle CAQ} \\ &= \frac{15}{13} \cdot \frac{145}{117} = \frac{725}{507} \end{aligned}\text{，}$ 该分数已为最简形式，因为 $507 = 3 \cdot 13^2$ ，而 $725 = 5^2 \cdot 29$ 。因此 $m - n = 725 - 507 = 218$ 。

By the angle bisector theorem, $AE = \frac{13}{27} \cdot 15$ and $CD = \frac{14}{29} \cdot 13,$ so $E$ lies on $\overline{AN}$ and $D$ lies on $\overline{MC},$ with $\begin{aligned} NE &= AN - AE = \frac{15}{2} - \frac{65}{9} \\ &= \frac{5}{18}, \\ MD &= CM - CD = \frac{13}{2} - \frac{182}{29} \\ &= \frac{13}{58}. \end{aligned}$

Since $AMPN$ is cyclic, $\angle ENP = \angle ANP$ $= 180^\circ - \angle AMP$ $= \angle DMP,$ and since $AEPD$ is cyclic, $\angle NEP = 180^\circ - \angle AEP$ $= \angle ADP$ $= \angle MDP.$ Hence triangles $ENP$ and $DMP$ are similar, so $\frac{NP}{MP} = \frac{NE}{MD}.$ By the law of sines in triangles $ANP$ and $AMP,$ whose angles $\angle ANP$ and $\angle AMP$ are supplementary, $\begin{aligned} \frac{\sin\angle BAQ}{\sin\angle CAQ} &= \frac{\sin\angle NAP}{\sin\angle MAP} \\ &= \frac{NP}{MP} = \frac{\frac{5}{18}}{\frac{13}{58}} \\ &= \frac{145}{117}. \end{aligned}$

Comparing the areas of triangles $ABQ$ and $ACQ,$ which share the cevian $\overline{AQ},$ $\begin{aligned} \frac{BQ}{CQ} &= \frac{[ABQ]}{[ACQ]} \\ &= \frac{AB \sin\angle BAQ}{AC \sin\angle CAQ} \\ &= \frac{15}{13} \cdot \frac{145}{117} = \frac{725}{507}, \end{aligned}$ which is in lowest terms since $507 = 3 \cdot 13^2$ and $725 = 5^2 \cdot 29.$ Thus $m - n = 725 - 507 = 218.$