2011 AIME I 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

$A$ 瓶中有四升含酸量为 $45$ % 的溶液。 $B$ 瓶中有五升含酸量为 $48$ % 的溶液。 $C$ 瓶中有一升含酸量为 $k$ % 的溶液。从 $C$ 瓶中取出 $\frac{m}{n}$ 升加入 $A$ 瓶， $C$ 瓶中剩下的溶液加入 $B$ 瓶。最后 $A$ 瓶和 $B$ 瓶中的溶液都含有 $50$ % 的酸。已知 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数，求 $k + m + n$ 。

Jar $A$ contains four liters of a solution that is $45$ % acid. Jar $B$ contains five liters of a solution that is $48$ % acid. Jar $C$ contains one liter of a solution that is $k$ % acid. From jar $C$ , $\frac{m}{n}$ liters of the solution is added to jar $A$ , and the remainder of the solution in jar $C$ is added to jar $B$ . At the end both jar $A$ and jar $B$ contain solutions that are $50$ % acid. Given that $m$ and $n$ are relatively prime positive integers, find $k + m + n.$

答案

答案：85

知识点：混合问题百分数

难度评级：1950

小提示：

想象把三瓶全部混合在一起：结果是 $10$ 升含酸量为 $50$ % 的溶液，这可以确定 $k$

Imagine pouring all three jars together: the result is $10$ liters that must be $50$ % acid, which determines $k$

大提示：

知道 $k$ 后，设加入 $A$ 瓶的量为 $x$ ，并令 $A$ 瓶中的酸量等于新体积的一半

With $k$ known, let $x$ be the amount added to jar $A$ and set jar $A$ ’s acid equal to half of its new volume

解答：

如果把三瓶全部混合，结果会是 $10$ 升含酸量为 $50$ % 的溶液，因为最后两瓶都是 $50$ % 酸。因此总酸量为 $5$ 升，所以 $4(0.45) + 5(0.48) + 0.01k = 5$ ，解得 $k = 80$ 。

现在设从 $C$ 瓶倒入 $A$ 瓶的量为 $x$ 升。 $A$ 瓶于是有 $4 + x$ 升溶液，其中含有 $1.8 + 0.8x$ 升酸，所以 $1.8 + 0.8x = 0.5(4 + x)$ ，得 $0.3x = 0.2$ ，因此 $x = \frac{2}{3}$ 。

所以 $m + n = 2 + 3 = 5$ ，并且 $k + m + n = 80 + 5 = 85$ 。

If all three jars were combined, the result would be $10$ liters of $50$ % acid, since both final jars are $50$ % acid. The total acid is therefore $5$ liters, so $4(0.45) + 5(0.48) + 0.01k = 5,$ which gives $k = 80.$

Now let $x$ be the number of liters poured from jar $C$ into jar $A$ . Jar $A$ then holds $4 + x$ liters containing $1.8 + 0.8x$ liters of acid, so $1.8 + 0.8x = 0.5(4 + x),$ giving $0.3x = 0.2,$ so $x = \frac{2}{3}.$

Thus $m + n = 2 + 3 = 5,$ and $k + m + n = 80 + 5 = 85.$

2.

在长方形 $ABCD$ 中， $AB = 12$ ， $BC = 10$ 。点 $E$ 和 $F$ 在长方形 $ABCD$ 内部，使得 $BE = 9$ ， $DF = 8$ ， $\overline{BE} \parallel \overline{DF}$ ， $\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ ，且直线 $BE$ 与线段 $\overline{AD}$ 相交。长度 $EF$ 可表示为 $m\sqrt{n} - p$ 的形式，其中 $m$ 、 $n$ 、 $p$ 是正整数，且 $n$ 不被任何素数的平方整除。求 $m + n + p$ 。

In rectangle $ABCD,$ $AB = 12$ and $BC = 10.$ Points $E$ and $F$ lie inside rectangle $ABCD$ so that $BE = 9,$ $DF = 8,$ $\overline{BE} \parallel \overline{DF},$ $\overline{EF} \parallel \overline{AB},$ and line $BE$ intersects segment $\overline{AD}.$ The length $EF$ can be expressed in the form $m\sqrt{n} - p,$ where $m,$ $n,$ and $p$ are positive integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

答案

答案：36

知识点：坐标几何向量勾股定理

难度评级：2390

小提示：

因为 $\overline{BE} \parallel \overline{DF}$ ，可取同一个单位向量 $(u, v)$ ，并写成 $E = B - 9(u, v)$ 与 $F = D + 8(u, v)$

Since $\overline{BE} \parallel \overline{DF},$ write $E = B - 9(u, v)$ and $F = D + 8(u, v)$ for one unit vector $(u, v)$

大提示：

$\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ 迫使 $E$ 与 $F$ 高度相同，从而 $v = \frac{10}{17}$ ；接着 $EF$ 是两个 $x$ -坐标之差

$\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ forces $E$ and $F$ to the same height, giving $v = \frac{10}{17};$ then $EF$ is a difference of $x$ -coordinates

解答：

取坐标 $D = (0, 0)$ 、 $C = (12, 0)$ 、 $B = (12, 10)$ 、 $A = (0, 10)$ 。因为 $\overline{BE} \parallel \overline{DF}$ ，存在一个单位向量 $(u, v)$ ，其中 $u, v \gt 0$ ，使得 $E = B - 9(u, v)$ 、 $F = D + 8(u, v)$ ：直线 $BE$ 向左下方延伸，才能穿过 $\overline{AD}$ ，而 $\overline{DF}$ 向右上方指向长方形内部。

因为 $\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ 是水平的， $E$ 和 $F$ 的高度相等： $10 - 9v = 8v$ ，所以 $v = \frac{10}{17}$ ，并且 $u = \sqrt{1 - v^2} = \frac{3\sqrt{21}}{17}$ 。

于是 $E$ 和 $F$ 的 $x$ -坐标分别为 $12 - 9u$ 和 $8u$ ，所以 $EF = |12 - 17u|$ $= |12 - 3\sqrt{21}|$ $= 3\sqrt{21} - 12$ ，因为 $3\sqrt{21} \gt 12$ 。因此 $m + n + p = 3 + 21 + 12 = 36$ 。

Place $D = (0, 0),$ $C = (12, 0),$ $B = (12, 10),$ $A = (0, 10).$ Since $\overline{BE} \parallel \overline{DF},$ there is a unit vector $(u, v)$ with $u, v \gt 0$ such that $E = B - 9(u, v)$ and $F = D + 8(u, v):$ line $BE$ heads down and to the left so that it can cross $\overline{AD},$ while $\overline{DF}$ points up and to the right into the rectangle.

Because $\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ is horizontal, $E$ and $F$ have equal heights: $10 - 9v = 8v,$ so $v = \frac{10}{17}$ and $u = \sqrt{1 - v^2} = \frac{3\sqrt{21}}{17}.$

Then $E$ and $F$ have $x$ -coordinates $12 - 9u$ and $8u,$ so $EF = |12 - 17u|$ $= |12 - 3\sqrt{21}|$ $= 3\sqrt{21} - 12,$ since $3\sqrt{21} \gt 12.$ Thus $m + n + p = 3 + 21 + 12 = 36.$

3.

设 $L$ 是斜率为 $\frac{5}{12}$ 且经过点 $A = (24, -1)$ 的直线，设 $M$ 是垂直于直线 $L$ 且经过点 $B = (5, 6)$ 的直线。原来的坐标轴被擦去，并把直线 $L$ 作为 $x$ -轴，直线 $M$ 作为 $y$ -轴。在新的坐标系中，点 $A$ 在正 $x$ -轴上，点 $B$ 在正 $y$ -轴上。原坐标系中坐标为 $(-14, 27)$ 的点 $P$ ，在新坐标系中的坐标为 $(\alpha, \beta)$ 。求 $\alpha + \beta$ 。

Let $L$ be the line with slope $\frac{5}{12}$ that contains the point $A = (24, -1),$ and let $M$ be the line perpendicular to line $L$ that contains the point $B = (5, 6).$ The original coordinate axes are erased, and line $L$ is made the $x$ -axis and line $M$ the $y$ -axis. In the new coordinate system, point $A$ is on the positive $x$ -axis, and point $B$ is on the positive $y$ -axis. The point $P$ with coordinates $(-14, 27)$ in the original system has coordinates $(\alpha, \beta)$ in the new coordinate system. Find $\alpha + \beta.$

答案

答案：31

知识点：坐标几何距离公式变换

难度评级：2390

小提示：

$P$ 的新坐标是它到新坐标轴的有向距离： $\alpha$ 是到直线 $M$ 的距离， $\beta$ 是到直线 $L$ 的距离

The new coordinates of $P$ are its signed distances to the new axes: $\alpha$ is the distance to line $M$ and $\beta$ the distance to line $L$

大提示：

使用点到直线的距离公式，并通过检查 $P$ 是否与 $A$ （对于 $\alpha$ ）或 $B$ （对于 $\beta$ ）在同一侧来确定符号

Use the point-to-line distance formula, fixing each sign by checking whether $P$ is on the same side as $A$ (for $\alpha$ ) or as $B$ (for $\beta$ )

解答：

直线 $L$ 为 $5x - 12y - 132 = 0$ ，直线 $M$ 为 $12x + 5y - 90 = 0$ 。一个点的新 $x$ -坐标是它到直线 $M$ 的有向距离，以含有 $A$ 的一侧为正；新 $y$ -坐标是它到直线 $L$ 的有向距离，以含有 $B$ 的一侧为正。

将 $P = (-14, 27)$ 代入 $12x + 5y - 90$ ，得到 $-168 + 135 - 90 = -123$ ，而代入 $A$ 得到 $193 \gt 0$ ；除以 $\sqrt{12^2 + 5^2} = 13$ ，得 $\alpha = -\frac{123}{13}$ 。将 $P$ 代入 $5x - 12y - 132$ ，得到 $-70 - 324 - 132 = -526$ ，代入 $B$ 得到 $-179$ ，所以 $P$ 与 $B$ 在 $L$ 的同一侧， $\beta = \frac{526}{13}$ 。

因此 $\alpha + \beta = \frac{-123 + 526}{13} = \frac{403}{13} = 31$ 。

Line $L$ is $5x - 12y - 132 = 0$ and line $M$ is $12x + 5y - 90 = 0.$ The new $x$ -coordinate of a point is its signed distance to line $M,$ counted positive on the side containing $A,$ and the new $y$ -coordinate is its signed distance to line $L,$ positive on the side containing $B.$

Substituting $P = (-14, 27)$ into $12x + 5y - 90$ gives $-168 + 135 - 90 = -123,$ while $A$ gives $193 \gt 0;$ dividing by $\sqrt{12^2 + 5^2} = 13,$ we get $\alpha = -\frac{123}{13}.$ Substituting $P$ into $5x - 12y - 132$ gives $-70 - 324 - 132 = -526,$ and $B$ gives $-179,$ so $P$ lies on the same side of $L$ as $B$ and $\beta = \frac{526}{13}.$

Therefore $\alpha + \beta = \frac{-123 + 526}{13} = \frac{403}{13} = 31.$

4.

在三角形 $ABC$ 中， $AB = 125$ 、 $AC = 117$ 、 $BC = 120$ 。角 $A$ 的角平分线与 $\overline{BC}$ 交于点 $L$ ，角 $B$ 的角平分线与 $\overline{AC}$ 交于点 $K$ 。设 $M$ 和 $N$ 分别是从 $C$ 到 $\overline{BK}$ 与 $\overline{AL}$ 的垂足。求 $MN$ 。

In triangle $ABC,$ $AB = 125,$ $AC = 117,$ and $BC = 120.$ The angle bisector of angle $A$ intersects $\overline{BC}$ at point $L,$ and the angle bisector of angle $B$ intersects $\overline{AC}$ at point $K.$ Let $M$ and $N$ be the feet of the perpendiculars from $C$ to $\overline{BK}$ and $\overline{AL},$ respectively. Find $MN.$

答案

答案：56

知识点：角平分线等腰三角形中点

难度评级：2510

小提示：

延长 $\overline{CM}$ 和 $\overline{CN}$ ，直到它们与 $\overline{AB}$ 相交

Extend $\overline{CM}$ and $\overline{CN}$ until they meet $\overline{AB}$

大提示：

$BM$ 同时是三角形 $BCP$ 的角平分线和高，所以该三角形是等腰三角形，且 $M$ 是中点；接着 $MN$ 是中位线

$BM$ is both a bisector and an altitude of triangle $BCP,$ so that triangle is isosceles and $M$ is a midpoint; then $MN$ is a midline

解答：

延长 $\overline{CM}$ 和 $\overline{CN}$ ，分别与 $\overline{AB}$ 交于 $P$ 和 $Q$ 。在三角形 $BCP$ 中，线段 $BM$ 同时是角平分线和高，所以三角形是等腰的， $BP = BC = 120$ ，且 $M$ 是 $\overline{CP}$ 的中点。类似地，三角形 $ACQ$ 是等腰的， $AQ = AC = 117$ ，且 $N$ 是 $\overline{CQ}$ 的中点。

因此 $\overline{MN}$ 是三角形 $CPQ$ 的中位线，所以 $MN = \frac{PQ}{2}$ 。又 $\begin{aligned} PQ &= BP + AQ - AB \\ &= 120 + 117 - 125 \\ &= 112 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $MN = 56$ 。

Extend $\overline{CM}$ and $\overline{CN}$ to meet $\overline{AB}$ at $P$ and $Q,$ respectively. In triangle $BCP,$ the segment $BM$ is both an angle bisector and an altitude, so the triangle is isosceles with $BP = BC = 120,$ and $M$ is the midpoint of $\overline{CP}.$ Similarly, triangle $ACQ$ is isosceles with $AQ = AC = 117,$ and $N$ is the midpoint of $\overline{CQ}.$

Hence $\overline{MN}$ is a midline of triangle $CPQ,$ so $MN = \frac{PQ}{2}.$ Since $\begin{aligned} PQ &= BP + AQ - AB \\ &= 120 + 117 - 125 \\ &= 112, \end{aligned}$ we conclude $MN = 56.$

5.

一个正九边形（ $9$ 边形）的顶点要用数字 $1$ 到 $9$ 标记，使得每三个连续顶点上的数之和都是 $3$ 的倍数。如果一种可行排列可以通过在平面内旋转九边形得到另一种，则这两种排列视为无法区分。求可区分的可行排列数。

The vertices of a regular nonagon ( $9$ -sided polygon) are to be labeled with the digits $1$ through $9$ in such a way that the sum of the numbers on every three consecutive vertices is a multiple of $3.$ Two acceptable arrangements are considered to be indistinguishable if one can be obtained from the other by rotating the nonagon in the plane. Find the number of distinguishable acceptable arrangements.

答案

答案：144

知识点：模运算环形排列乘法原理

难度评级：2420

小提示：

比较两组三个连续顶点的重叠和：它们的和相差的是相隔三个位置的两个标号，所以相隔三个位置的标号模 $3$ 同余

Compare two overlapping triples of consecutive vertices: their sums differ by the labels three apart, so labels three apart are congruent mod $3$

大提示：

每个剩余类 $\{3,6,9\}$ 、 $\{1,4,7\}$ 、 $\{2,5,8\}$ 占据三类位置中的一类；数出分配和排列，再除以 $9$ 种旋转

Each of the residue classes $\{3,6,9\},$ $\{1,4,7\},$ $\{2,5,8\}$ occupies one of the three position classes; count assignments and orderings, then divide by $9$ rotations

解答：

两组三个连续顶点有两个标号重叠，所以它们的和相差的是相隔三个位置的两个标号。由于所有三项和都是 $3$ 的倍数，相隔三个位置的标号模 $3$ 同余。因此位置类 $\{1, 4, 7\}$ 、 $\{2, 5, 8\}$ 、 $\{3, 6, 9\}$ 各自只放一种模 $3$ 的剩余类，而数字 $1$ 到 $9$ 正好每个剩余类各有三个数字。

这样每三个连续位置都会包含三个不同剩余类各一个数字，和为 $\equiv 0 + 1 + 2 \equiv 0 \pmod 3$ ，所以剩余类分配到位置类有 $3!$ 种方式，且每个位置类内的三个数字可用 $3!$ 种方式排列。共有 $3! \cdot (3!)^3 = 6^4 = 1296$ 个可行标号。

因为所有数字互不相同，没有非平凡旋转能固定一个标号，所以这 $1296$ 个标号分成大小为 $9$ 的旋转等价类，得到 $\frac{1296}{9} = 144$ 种可区分排列。

Two overlapping triples of consecutive vertices share two labels, so their sums differ by labels three positions apart. Since all triple sums are multiples of $3,$ labels three apart are congruent mod $3.$ Thus the position classes $\{1, 4, 7\},$ $\{2, 5, 8\},$ $\{3, 6, 9\}$ each carry a single residue class of digits, and the digits $1$ through $9$ consist of exactly three digits from each residue class mod $3.$

Every triple of consecutive positions then contains one digit from each residue class, with sum $\equiv 0 + 1 + 2 \equiv 0 \pmod 3,$ so all $3!$ assignments of residue classes to position classes are acceptable, and within each position class the three digits can be arranged in $3!$ ways. That gives $3! \cdot (3!)^3 = 6^4 = 1296$ acceptable labelings.

Because the digits are distinct, no nontrivial rotation fixes a labeling, so the $1296$ labelings split into rotation classes of size $9,$ giving $\frac{1296}{9} = 144$ distinguishable arrangements.

6.

假设一个抛物线的顶点为 $\left(\frac{1}{4}, -\frac{9}{8}\right)$ ，方程为 $y = ax^2 + bx + c$ ，其中 $a \gt 0$ ，且 $a + b + c$ 是整数。 $a$ 的最小可能值可写成 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 和 $q$ 是互质的正整数。求 $p + q$ 。

Suppose that a parabola has vertex $\left(\frac{1}{4}, -\frac{9}{8}\right)$ and equation $y = ax^2 + bx + c,$ where $a \gt 0$ and $a + b + c$ is an integer. The minimum possible value of $a$ can be written in the form $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

答案：11

知识点：抛物线二次方程

难度评级：2300

小提示：

将抛物线写成顶点式，并注意 $a + b + c$ 就是 $x = 1$ 时的 $y$ 值

Write the parabola in vertex form and note that $a + b + c$ is the value of $y$ at $x = 1$

大提示：

所以 $\frac{9(a-2)}{16}$ 必须是整数；选择让 $a$ 尽可能小且仍满足 $a \gt 0$ 的整数

So $\frac{9(a-2)}{16}$ must be an integer; choose the integer that makes $a$ as small as possible while keeping $a \gt 0$

解答：

抛物线的顶点式为 $y = a\left(x - \frac{1}{4}\right)^2 - \frac{9}{8}$ 。因为 $a + b + c$ 等于 $x = 1$ 时的 $y$ 值， $\begin{aligned} a + b + c &= a\left(\frac{3}{4}\right)^2 - \frac{9}{8} \\ &= \frac{9(a - 2)}{16} \end{aligned}\text{。}$

若它等于整数 $n$ ，则 $a = 2 + \frac{16n}{9}$ 。条件 $a \gt 0$ 要求 $16n \gt -18$ ，也就是 $n \ge -1$ ，而当 $n = -1$ 时 $a$ 最小，得到 $a = 2 - \frac{16}{9} = \frac{2}{9}$ 。

因此 $p + q = 2 + 9 = 11$ 。

In vertex form the parabola is $y = a\left(x - \frac{1}{4}\right)^2 - \frac{9}{8}.$ Since $a + b + c$ equals the value of $y$ at $x = 1,$ $\begin{aligned} a + b + c &= a\left(\frac{3}{4}\right)^2 - \frac{9}{8} \\ &= \frac{9(a - 2)}{16}. \end{aligned}$

If this equals the integer $n,$ then $a = 2 + \frac{16n}{9}.$ The condition $a \gt 0$ requires $16n \gt -18,$ that is $n \ge -1,$ and $a$ is smallest when $n = -1,$ giving $a = 2 - \frac{16}{9} = \frac{2}{9}.$

Thus $p + q = 2 + 9 = 11.$

7.

求正整数 $m$ 的个数，使得存在非负整数 $x_0$ 、 $x_1$ 、 $\ldots$ 、 $x_{2011}$ ，满足 $m^{x_0} = \sum_{k=1}^{2011} m^{x_k}\text{。}$

Find the number of positive integers $m$ for which there exist nonnegative integers $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{2011},$ such that $m^{x_0} = \sum_{k=1}^{2011} m^{x_k}.$

答案

答案：16

知识点：模运算因数个数

难度评级：2710

小提示：

两边模 $m - 1$ 考察： $m$ 的每个幂都同余于 $1$

Reduce both sides mod $m - 1:$ every power of $m$ is congruent to $1$

大提示：

所以 $m - 1$ 必须整除 $2010$ 。反过来，通过不断把一个幂拆成 $m$ 个低一阶的幂来展开 $m^n$ ；每次拆分会增加 $m - 1$ 项。

So $m - 1$ must divide $2010.$ Conversely, expand $m^n$ by repeatedly splitting one power into $m$ copies of the next-lower power; each split adds $m - 1$ terms.

解答：

$m = 1$ 不成立，因为右边会是 $2011$ ，而左边是 $1$ 。对 $m \ge 2$ ，模 $m - 1$ 考察两边： $m$ 的每个幂都 $\equiv 1$ ，所以方程迫使 $1 \equiv 2011 \pmod{m - 1}$ ，也就是 $m - 1$ 整除 $2010$ 。

反过来，假设 $2010 = (m - 1)n$ 。取 $x_0 = n$ ，令 $m$ 个 $x_k$ 等于 $0$ ，并且对每个 $r = 1, 2, \ldots, n - 1$ ，令 $m - 1$ 个 $x_k$ 等于 $r$ 。这共用了 $m + (m - 1)(n - 1)$ $= n(m - 1) + 1$ $= 2011$ 项，且各项化简后恰好得到： $\begin{aligned} &m \\ &\quad {}+ (m - 1) \\ &\quad {}\cdot (m + m^2 + \cdots + m^{n-1}) \\ &\quad {}= m + (m^n - m) \\ &\quad {}= m^n = m^{x_0} \end{aligned}\text{。}$

所以方程有解当且仅当 $m - 1$ 整除 $2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67$ ，而它有 $2^4 = 16$ 个因数。因此这样的 $m$ 有 $16$ 个。

The value $m = 1$ fails, since the right side would be $2011$ while the left side is $1.$ For $m \ge 2,$ reduce mod $m - 1:$ every power of $m$ is $\equiv 1,$ so the equation forces $1 \equiv 2011 \pmod{m - 1},$ that is, $m - 1$ divides $2010.$

Conversely, suppose $2010 = (m - 1)n.$ Take $x_0 = n,$ let $m$ of the $x_k$ equal $0,$ and for each $r = 1, 2, \ldots, n - 1$ let $m - 1$ of the $x_k$ equal $r.$ This uses $m + (m - 1)(n - 1)$ $= n(m - 1) + 1$ $= 2011$ terms, and the sum telescopes: $\begin{aligned} &m \\ &\quad {}+ (m - 1) \\ &\quad {}\cdot (m + m^2 + \cdots + m^{n-1}) \\ &\quad {}= m + (m^n - m) \\ &\quad {}= m^n = m^{x_0}. \end{aligned}$

So the equation is solvable exactly when $m - 1$ divides $2010 = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 67,$ which has $2^4 = 16$ divisors. There are $16$ such $m.$

8.

在 $\triangle ABC$ 中， $BC = 23$ 、 $CA = 27$ 、 $AB = 30$ 。点 $V$ 和 $W$ 在 $\overline{AC}$ 上，且 $V$ 在 $\overline{AW}$ 上；点 $X$ 和 $Y$ 在 $\overline{BC}$ 上，且 $X$ 在 $\overline{CY}$ 上；点 $Z$ 和 $U$ 在 $\overline{AB}$ 上，且 $Z$ 在 $\overline{BU}$ 上。此外，这些点的位置满足 $\overline{UV} \parallel \overline{BC}$ 、 $\overline{WX} \parallel \overline{AB}$ ，以及 $\overline{YZ} \parallel \overline{CA}$ 。然后沿着 $\overline{UV}$ 、 $\overline{WX}$ 和 $\overline{YZ}$ 作直角折叠。所得图形放在水平地面上，形成一张有三角形桌腿的桌子。设 $h$ 为由 $\triangle ABC$ 构造出的、桌面平行于地面的桌子的最大可能高度。那么 $h$ 可写成 $\frac{k\sqrt{m}}{n}$ ，其中 $k$ 和 $n$ 是互质的正整数，且 $m$ 是不被任何素数平方整除的正整数。求 $k + m + n$ 。

In $\triangle ABC,$ $BC = 23,$ $CA = 27,$ and $AB = 30.$ Points $V$ and $W$ are on $\overline{AC}$ with $V$ on $\overline{AW},$ points $X$ and $Y$ are on $\overline{BC}$ with $X$ on $\overline{CY},$ and points $Z$ and $U$ are on $\overline{AB}$ with $Z$ on $\overline{BU}.$ In addition, the points are positioned so that $\overline{UV} \parallel \overline{BC},$ $\overline{WX} \parallel \overline{AB},$ and $\overline{YZ} \parallel \overline{CA}.$ Right angle folds are then made along $\overline{UV},$ $\overline{WX},$ and $\overline{YZ}.$ The resulting figure is placed on a level floor to make a table with triangular legs. Let $h$ be the maximum possible height of a table constructed from $\triangle ABC$ whose top is parallel to the floor. Then $h$ can be written in the form $\frac{k\sqrt{m}}{n},$ where $k$ and $n$ are relatively prime positive integers and $m$ is a positive integer that is not divisible by the square of any prime. Find $k + m + n.$

答案

答案：318

知识点：海伦公式相似最优化

难度评级：3060

小提示：

从一个顶点折下的翻片垂下的深度等于该顶点到折线的距离，所以三条折线都必须离对应顶点距离为 $h$

A flap folded down from a vertex hangs to a depth equal to the distance from that vertex to its fold line, so all three fold lines must be at distance $h$ from their vertices

大提示：

切同一条边的两条折线不能重叠：对每条边， $h$ 乘以另外两条边的边长之和不超过三角形面积的两倍；其中最大的边长和给出起决定作用的限制

Two folds cutting the same side must not overlap: for each side, multiplying $h$ by the sum of the other two side lengths gives at most twice the triangle’s area; the largest such sum is the binding constraint

解答：

记 $a = BC = 23$ 、 $b = CA = 27$ 、 $c = AB = 30$ ，并设 $K$ 为 $\triangle ABC$ 的面积。由海伦公式，半周长为 $40$ ，所以 $K = \sqrt{40 \cdot 17 \cdot 13 \cdot 10}$ $= 20\sqrt{221}$ 。当一个顶点处的角被直角折下时，翻片垂下的深度等于该顶点到折线的距离，因此若水平桌面的高度为 $h$ ，每条折线都必须离对应顶点距离为 $h$ 。

顶点 $A$ 处的翻片与 $\triangle ABC$ 相似，相似比为 $\frac{h}{\frac{2K}{a}} = \frac{ha}{2K}$ （用 $h$ 除以从 $A$ 到 $\overline{BC}$ 的距离），所以它占用了边 $\overline{AB}$ 上的 $AU = c \cdot \frac{ha}{2K}$ ；同理，顶点 $B$ 处的翻片在同一边上占用 $BZ = c \cdot \frac{hb}{2K}$ 。两条折线恰好不相交的条件是 $AU + BZ \le c$ ，也就是 $h(a + b) \le 2K$ 。另外两条边给出 $h(b + c) \le 2K$ 和 $h(c + a) \le 2K$ 。

起决定作用的限制来自最大的和 $b + c = 57$ ，所以最大高度为 $h = \frac{2K}{57} = \frac{40\sqrt{221}}{57}\text{，}$ 因此 $k + m + n = 40 + 221 + 57$ $= 318$ 。

Write $a = BC = 23,$ $b = CA = 27,$ $c = AB = 30,$ and let $K$ be the area of $\triangle ABC.$ By Heron’s formula with semiperimeter $40,$ $K = \sqrt{40 \cdot 17 \cdot 13 \cdot 10}$ $= 20\sqrt{221}.$ When the corner at a vertex is folded down at a right angle, the flap hangs to a depth equal to the distance from that vertex to the fold line, so for a level tabletop of height $h,$ each fold line must lie at distance $h$ from its vertex.

The flap at $A$ is similar to $\triangle ABC$ with ratio $\frac{h}{\frac{2K}{a}} = \frac{ha}{2K}$ (dividing $h$ by the distance from $A$ to $\overline{BC}$ ), so it uses up $AU = c \cdot \frac{ha}{2K}$ of side $\overline{AB};$ likewise the flap at $B$ uses $BZ = c \cdot \frac{hb}{2K}$ of the same side. The two folds fit without crossing exactly when $AU + BZ \le c,$ that is, $h(a + b) \le 2K.$ The other two sides give $h(b + c) \le 2K$ and $h(c + a) \le 2K.$

The binding constraint comes from the largest sum, $b + c = 57,$ so the maximum height is $h = \frac{2K}{57} = \frac{40\sqrt{221}}{57},$ and $k + m + n = 40 + 221 + 57$ $= 318.$

9.

假设 $x$ 在区间 $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 中，且 $\log_{24 \sin x}(24 \cos x) = \frac{3}{2}$ 。求 $24 \cot^2 x$ 。

Suppose $x$ is in the interval $\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ and $\log_{24 \sin x}(24 \cos x) = \frac{3}{2}.$ Find $24 \cot^2 x.$

答案

答案：192

知识点：对数三角恒等式因式分解

难度评级：2650

小提示：

将方程改写为指数形式，并两边平方，得到 $\cos^2 x = 24 \sin^3 x$

Rewrite the equation in exponential form and square both sides to get $\cos^2 x = 24 \sin^3 x$

大提示：

用 $1 - \sin^2 x$ 替换 $\cos^2 x$ ，并在得到的关于 $\sin x$ 的三次方程中寻找有理根

Replace $\cos^2 x$ by $1 - \sin^2 x$ and look for a rational root of the resulting cubic in $\sin x$

解答：

指数形式的方程是 $(24 \sin x)^{\frac{3}{2}} = 24 \cos x$ 。两边平方得 $24^3 \sin^3 x = 24^2 \cos^2 x$ ，所以 $\cos^2 x = 24 \sin^3 x$ 。

令 $s = \sin x$ ，并用 $\cos^2 x = 1 - s^2$ ，得到 $24s^3 + s^2 - 1 = 0$ ，它可因式分解为 $(3s - 1)(8s^2 + 3s + 1) = 0$ 。二次因子判别式为负，所以 $\sin x = \frac{1}{3}$ 。

于是 $\begin{aligned} 24 \cot^2 x &= 24 \cdot \frac{1 - \sin^2 x}{\sin^2 x} \\ &= 24 \cdot \frac{\frac{8}{9}}{\frac{1}{9}} \\ &= 24 \cdot 8 = 192 \end{aligned}\text{。}$

In exponential form the equation says $(24 \sin x)^{\frac{3}{2}} = 24 \cos x.$ Squaring gives $24^3 \sin^3 x = 24^2 \cos^2 x,$ so $\cos^2 x = 24 \sin^3 x.$

Writing $s = \sin x$ and using $\cos^2 x = 1 - s^2,$ we get $24s^3 + s^2 - 1 = 0,$ which factors as $(3s - 1)(8s^2 + 3s + 1) = 0.$ The quadratic factor has negative discriminant, so $\sin x = \frac{1}{3}.$

Then $\begin{aligned} 24 \cot^2 x &= 24 \cdot \frac{1 - \sin^2 x}{\sin^2 x} \\ &= 24 \cdot \frac{\frac{8}{9}}{\frac{1}{9}} \\ &= 24 \cdot 8 = 192. \end{aligned}$

10.

从正 $n$ 边形的顶点中随机选取三个不同顶点，它们确定钝角三角形的概率为 $\frac{93}{125}$ 。求所有可能的 $n$ 值之和。

The probability that a set of three distinct vertices chosen at random from among the vertices of a regular $n$ -gon determine an obtuse triangle is $\frac{93}{125}.$ Find the sum of all possible values of $n.$

答案

答案：503

知识点：圆周角基本概率分类讨论

难度评级：2990

小提示：

圆内接三角形是钝角三角形，当且仅当它的三个顶点严格位于某个半圆内

A triangle inscribed in a circle is obtuse exactly when its three vertices lie strictly inside some semicircle

大提示：

按顺时针意义下的第一个顶点来计数钝角三角形，并分别处理偶数和奇数的 $n$ （只有偶数 $n$ 会有直角三角形）

Count obtuse triangles by their clockwise-first vertex, and handle even and odd $n$ separately (only even $n$ has right triangles)

解答：

由圆周角定理，圆内接三角形是钝角三角形当且仅当它的三个顶点严格位于某个半圆内。按“第一个”顶点计数钝角三角形，也就是从该顶点出发，另两个顶点沿顺时针方向在半个圆内可到达。若 $n = 2k$ ，某顶点顺时针方向的开半圆内有 $k - 1$ 个顶点，得到 $n\binom{k-1}{2}$ 个钝角三角形；若 $n = 2k + 1$ ，开半圆内有 $k$ 个顶点，得到 $n\binom{k}{2}$ 个。

当 $n = 2k$ 时，概率为 $\frac{2k\binom{k-1}{2}}{\binom{2k}{3}} = \frac{3(k - 2)}{2(2k - 1)} = \frac{93}{125}\text{，}$ 所以 $375(k - 2) = 186(2k - 1)$ ，得 $3k = 564$ 、 $k = 188$ 、 $n = 376$ 。

当 $n = 2k + 1$ 时，概率为 $\frac{3(k - 1)}{2(2k - 1)} = \frac{93}{125}$ ，所以 $375(k - 1) = 186(2k - 1)$ ，得 $3k = 189$ ， $k = 63$ ， $n = 127$ 。所有可能值之和为 $376 + 127 = 503$ 。

By the inscribed angle theorem, an inscribed triangle is obtuse exactly when its three vertices lie strictly within some semicircle. Count obtuse triangles by their “first” vertex, the vertex from which the other two are reached going clockwise within half the circle. If $n = 2k,$ the open semicircle clockwise of a vertex contains $k - 1$ vertices, giving $n\binom{k-1}{2}$ obtuse triangles; if $n = 2k + 1,$ it contains $k$ vertices, giving $n\binom{k}{2}.$

For $n = 2k$ the probability is $\frac{2k\binom{k-1}{2}}{\binom{2k}{3}} = \frac{3(k - 2)}{2(2k - 1)} = \frac{93}{125},$ so $375(k - 2) = 186(2k - 1),$ giving $3k = 564,$ $k = 188,$ and $n = 376.$

For $n = 2k + 1$ the probability is $\frac{3(k - 1)}{2(2k - 1)} = \frac{93}{125},$ so $375(k - 1) = 186(2k - 1),$ giving $3k = 189,$ $k = 63,$ and $n = 127.$ The sum of all possible values is $376 + 127 = 503.$

11.

设 $R$ 是形如 $2^n$ 的数除以 $1000$ 后所有可能余数组成的集合，其中 $n$ 是非负整数。设 $S$ 为 $R$ 中元素之和。求 $S$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $R$ be the set of all possible remainders when a number of the form $2^n,$ $n$ a nonnegative integer, is divided by $1000.$ Let $S$ be the sum of the elements in $R.$ Find the remainder when $S$ is divided by $1000.$

答案

答案：7

知识点：模运算乘法阶配对与分组

难度评级：2990

小提示：

从 $2^3$ 开始，每个余数都是 $8$ 的倍数，而 $2$ 的幂模 $125$ 的周期为 $100$

From $2^3$ on, every remainder is a multiple of $8,$ and the powers of $2$ repeat mod $125$ with period $100$

大提示：

证明 $2^{50} \equiv -1 \pmod{125}$ ，于是循环中相隔 $50$ 项的两个余数之和恰好为 $1000$

Show $2^{50} \equiv -1 \pmod{125},$ so remainders $50$ apart in the cycle sum to exactly $1000$

解答：

余数 $2^0 = 1$ 、 $2^1 = 2$ 、 $2^2 = 4$ 会出现，而对 $n \ge 3$ ，每个 $2^n$ 都能被 $8$ 整除。模 $125$ 时， $n \ge 3$ 的 $2$ 的幂以周期 $100$ 重复，所以 $R$ 由 $1$ 、 $2$ 、 $4$ ，以及 $2^3, 2^4, \ldots, 2^{102}$ 的 $100$ 个不同余数组成。

关键事实是 $2^{50} \equiv -1 \pmod{125}$ ：事实上 $2^{50} + 1 = (2^{10} + 1)$ $\cdot (2^{40} - 2^{30} + 2^{20} - 2^{10} + 1)$ ，其中 $2^{10} + 1 = 1025$ 能被 $25$ 整除，第二个因子 $\equiv 1 + 1 + 1 + 1 + 1$ $\equiv 0 \pmod 5$ ，因为 $2^{10} \equiv -1 \pmod 5$ 。因此对 $n \ge 3$ ，和 $2^{n+50} + 2^n$ 同时能被 $125$ 和 $8$ 整除，所以能被 $1000$ 整除。

把循环中的每个余数与 $50$ 项后的余数配对，得到 $50$ 对不同余数，每对之和恰好为 $1000$ ，所以这 $100$ 个余数对 $S$ 的贡献是 $1000$ 的倍数。因此 $S \equiv 1 + 2 + 4 = 7 \pmod{1000}$ 。

The remainders $2^0 = 1,$ $2^1 = 2,$ and $2^2 = 4$ occur, and for $n \ge 3$ every $2^n$ is divisible by $8.$ Modulo $125$ the powers of $2$ for $n \ge 3$ repeat with period $100,$ so $R$ consists of $1,$ $2,$ $4,$ and the $100$ distinct remainders of $2^3, 2^4, \ldots, 2^{102}.$

The key fact is $2^{50} \equiv -1 \pmod{125}:$ indeed $2^{50} + 1 = (2^{10} + 1)$ $\cdot (2^{40} - 2^{30} + 2^{20} - 2^{10} + 1),$ where $2^{10} + 1 = 1025$ is divisible by $25$ and the second factor is $\equiv 1 + 1 + 1 + 1 + 1$ $\equiv 0 \pmod 5$ because $2^{10} \equiv -1 \pmod 5.$ Hence for $n \ge 3,$ the sum $2^{n+50} + 2^n$ is divisible by $125$ and by $8,$ so by $1000.$

Pairing each remainder in the cycle with the one $50$ steps later therefore gives $50$ pairs of distinct remainders, each pair summing to exactly $1000,$ so those $100$ remainders contribute a multiple of $1000$ to $S.$ Thus $S \equiv 1 + 2 + 4 = 7 \pmod{1000}.$

12.

六名男子和若干名女子随机排成一列。设 $p$ 为在已知每名男子都至少与另一名男子相邻的条件下，至少四名男子连续站在一起的概率。求最少需要多少名女子，才能使 $p$ 不超过 $1$ %。

Six men and some number of women stand in a line in random order. Let $p$ be the probability that a group of at least four men stand together in the line, given that every man stands next to at least one other man. Find the least number of women in the line such that $p$ does not exceed $1$ percent.

答案

答案：594

知识点：条件概率有限制的排列不等式

难度评级：3060

小提示：

每名男子都与另一名男子相邻，意味着男子会分成大小为 $2+2+2$ 、 $2+4$ 、 $4+2$ 、 $3+3$ 或 $6$ 的块；把这些块放入女子之间的空隙中

Every man next to a man means the men split into blocks of sizes $2+2+2,$ $2+4,$ $4+2,$ $3+3,$ or $6;$ place the blocks into gaps between the women

大提示：

条件概率化简为 $\frac{6(n+1)}{n^2 + 8n + 6}$ ；要求它至多为 $\frac{1}{100}$

The conditional probability simplifies to $\frac{6(n+1)}{n^2 + 8n + 6};$ require it to be at most $\frac{1}{100}$

解答：

设女子人数为 $n$ ；只需考虑男女位置的模式。如果每名男子都与另一名男子相邻，则男子形成的极大连续块大小依次可能为 $2+2+2$ 、 $2+4$ 、 $4+2$ 、 $3+3$ 或 $6$ 。有 $j$ 个块的模式等价于从女子确定的 $n + 1$ 个空隙中选择 $j$ 个，所以 $2+2+2$ 有 $\binom{n+1}{3}$ 种模式，三个双块顺序各有 $\binom{n+1}{2}$ 种，单块有 $n + 1$ 种。

至少四名男子连续站在一起出现在 $2+4$ 、 $4+2$ 和 $6$ 这几种顺序中，所以 $\begin{aligned} p &= \frac{2\binom{n+1}{2} + (n+1)}{\binom{n+1}{3} + 3\binom{n+1}{2} + (n+1)} \\ &= \frac{(n+1)^2}{\frac{(n+1)(n^2 + 8n + 6)}{6}} \\ &= \frac{6(n+1)}{n^2 + 8n + 6} \end{aligned}\text{。}$

条件 $p \le \frac{1}{100}$ 变为 $f(n) = n^2 - 592n - 594 \ge 0$ 。由于 $f(593) = 593 - 594 = -1 \lt 0$ ，且 $f(594) = 2 \cdot 594 - 594$ $= 594 \gt 0$ ，最少的女子人数为 $594$ 。

Let $n$ be the number of women; only the pattern of men’s and women’s positions matters. If every man stands next to another man, the men form maximal blocks whose sizes, in order, are $2+2+2,$ $2+4,$ $4+2,$ $3+3,$ or $6.$ A pattern with $j$ blocks amounts to choosing $j$ of the $n + 1$ gaps determined by the women, so there are $\binom{n+1}{3}$ patterns for $2+2+2,$ $\binom{n+1}{2}$ for each of the three two-block orders, and $n + 1$ for a single block.

At least four men stand together in the orders $2+4,$ $4+2,$ and $6,$ so $\begin{aligned} p &= \frac{2\binom{n+1}{2} + (n+1)}{\binom{n+1}{3} + 3\binom{n+1}{2} + (n+1)} \\ &= \frac{(n+1)^2}{\frac{(n+1)(n^2 + 8n + 6)}{6}} \\ &= \frac{6(n+1)}{n^2 + 8n + 6}. \end{aligned}$

The condition $p \le \frac{1}{100}$ becomes $f(n) = n^2 - 592n - 594 \ge 0.$ Since $f(593) = 593 - 594 = -1 \lt 0$ and $f(594) = 2 \cdot 594 - 594$ $= 594 \gt 0,$ the least number of women is $594.$

13.

一个边长为 $10$ 的立方体悬在一个平面上方。离该平面最近的顶点标为 $A$ 。与顶点 $A$ 相邻的三个顶点在该平面上方的高度分别为 $10$ 、 $11$ 、 $12$ 。顶点 $A$ 到该平面的距离可表示为 $\frac{r - \sqrt{s}}{t}$ ，其中 $r$ 、 $s$ 、 $t$ 是正整数。求 $r + s + t$ 。

A cube with side length $10$ is suspended above a plane. The vertex closest to the plane is labeled $A.$ The three vertices adjacent to vertex $A$ are at heights $10,$ $11,$ and $12$ above the plane. The distance from vertex $A$ to the plane can be expressed as $\frac{r - \sqrt{s}}{t},$ where $r,$ $s,$ and $t$ are positive integers. Find $r + s + t.$

答案

答案：330

知识点：立体几何向量二次方程

难度评级：2990

小提示：

若 $A$ 的高度为 $h$ ，则从 $A$ 出发的三条边带来的高度增量分别为 $10 - h$ 、 $11 - h$ 和 $12 - h$

If $A$ is at height $h,$ the three edges at $A$ gain heights $10 - h,$ $11 - h,$ and $12 - h$

大提示：

这些增量是向上单位法向量在三条互相垂直边方向上的分量的 $10$ 倍，所以它们的平方和为 $100$

Those gains are $10$ times the components of the upward unit normal along the three perpendicular edges, so their squares sum to $100$

解答：

设 $A$ 的高度为 $h$ ，并令 $e_1$ 、 $e_2$ 、 $e_3$ 为从 $A$ 出发的三条两两垂直边方向上的单位向量。若 $u$ 是平面的向上单位法向量，则边 $i$ 方向上顶点的高度为 $h + 10(e_i \cdot u)$ ，所以 $10(e_1 \cdot u) = 10 - h$ 、 $10(e_2 \cdot u) = 11 - h$ 、且 $10(e_3 \cdot u) = 12 - h$ 。因为 $e_1, e_2, e_3$ 构成一组标准正交基， $(e_1 \cdot u)^2 + (e_2 \cdot u)^2$ $+ (e_3 \cdot u)^2 = 1$ 。

因此 $\begin{aligned} &(10 - h)^2 + (11 - h)^2 \\ &\quad {}+ (12 - h)^2 = 100 \end{aligned}\text{，}$ 化简为 $3h^2 - 66h + 265 = 0$ ，所以 $h = \frac{33 \pm \sqrt{33^2 - 3 \cdot 265}}{3} = \frac{33 \pm \sqrt{294}}{3}$ 。

因为 $A$ 是离平面最近的顶点，所以 $h \lt 10$ ，从而 $h = \frac{33 - \sqrt{294}}{3}$ ，并且 $r + s + t = 33 + 294 + 3 = 330$ 。

Let $h$ be the height of $A,$ and let $e_1,$ $e_2,$ $e_3$ be unit vectors along the three mutually perpendicular edges at $A.$ If $u$ is the upward unit normal of the plane, the height of the vertex along edge $i$ is $h + 10(e_i \cdot u),$ so $10(e_1 \cdot u) = 10 - h,$ $10(e_2 \cdot u) = 11 - h,$ and $10(e_3 \cdot u) = 12 - h.$ Because $e_1, e_2, e_3$ form an orthonormal basis, $(e_1 \cdot u)^2 + (e_2 \cdot u)^2$ $+ (e_3 \cdot u)^2 = 1.$

Therefore $\begin{aligned} &(10 - h)^2 + (11 - h)^2 \\ &\quad {}+ (12 - h)^2 = 100, \end{aligned}$ which simplifies to $3h^2 - 66h + 265 = 0,$ so $h = \frac{33 \pm \sqrt{33^2 - 3 \cdot 265}}{3} = \frac{33 \pm \sqrt{294}}{3}.$

Since $A$ is the closest vertex to the plane, $h \lt 10,$ forcing $h = \frac{33 - \sqrt{294}}{3},$ and $r + s + t = 33 + 294 + 3 = 330.$

14.

设 $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ 是一个正八边形。设 $M_1$ 、 $M_3$ 、 $M_5$ 、 $M_7$ 分别为边 $\overline{A_1A_2}$ 、 $\overline{A_3A_4}$ 、 $\overline{A_5A_6}$ 和 $\overline{A_7A_8}$ 的中点。对 $i = 1$ 、 $3$ 、 $5$ 、 $7$ ，从 $M_i$ 向八边形内部作射线 $R_i$ ，使得 $R_1 \perp R_3$ 、 $R_3 \perp R_5$ 、 $R_5 \perp R_7$ 且 $R_7 \perp R_1$ 。各对射线 $R_1$ 与 $R_3$ 、 $R_3$ 与 $R_5$ 、 $R_5$ 与 $R_7$ 以及 $R_7$ 与 $R_1$ 分别相交于 $B_1$ 、 $B_3$ 、 $B_5$ 、 $B_7$ 。若 $B_1B_3 = A_1A_2$ ，则 $\cos 2\angle A_3M_3B_1$ 可写成 $m - \sqrt{n}$ 的形式，其中 $m$ 和 $n$ 是正整数。求 $m + n$ 。

Let $A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$ be a regular octagon. Let $M_1,$ $M_3,$ $M_5,$ and $M_7$ be the midpoints of sides $\overline{A_1A_2},$ $\overline{A_3A_4},$ $\overline{A_5A_6},$ and $\overline{A_7A_8},$ respectively. For $i = 1,$ $3,$ $5,$ $7,$ ray $R_i$ is constructed from $M_i$ towards the interior of the octagon such that $R_1 \perp R_3,$ $R_3 \perp R_5,$ $R_5 \perp R_7,$ and $R_7 \perp R_1.$ Pairs of rays $R_1$ and $R_3,$ $R_3$ and $R_5,$ $R_5$ and $R_7,$ and $R_7$ and $R_1$ meet at $B_1,$ $B_3,$ $B_5,$ and $B_7,$ respectively. If $B_1B_3 = A_1A_2,$ then $\cos 2\angle A_3M_3B_1$ can be written in the form $m - \sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：37

知识点：正多边形三角恒等式直角三角形对称性

难度评级：3500

小提示：

由 $90^\circ$ 旋转对称性， $B_1$ 和 $B_3$ 都在射线 $R_3$ 上，所以 $M_3B_1 - M_3B_3 = B_1B_3 = A_1A_2$

By the $90^\circ$ rotational symmetry, both $B_1$ and $B_3$ lie on ray $R_3,$ so $M_3B_1 - M_3B_3 = B_1B_3 = A_1A_2$

大提示：

直角三角形 $M_1B_1M_3$ 给出 $a^2 + b^2 = M_1M_3^2$ ；已知 $b - a$ 后，求出 $a + b$ ，并使用 $\tan \angle A_3M_3B_1 = \frac{a+b}{b-a}$

Right triangle $M_1B_1M_3$ gives $a^2 + b^2 = M_1M_3^2;$ with $b - a$ known, find $a + b$ and use $\tan \angle A_3M_3B_1 = \frac{a+b}{b-a}$

解答：

缩放使 $A_1A_2 = 2$ 。绕中心旋转 $90^\circ$ 会把整个构型变到自身，所以 $B_1B_3B_5B_7$ 是正方形，且距离 $a = M_iB_i$ 与 $b = M_iB_{i-2}$ 不依赖于 $i$ 。 $B_3$ 和 $B_1$ 都在射线 $R_3$ 上（到 $M_3$ 的距离分别为 $a$ 和 $b$ ），所以 $b - a = B_1B_3 = 2$ 。此外， $R_1 \perp R_3$ 使三角形 $M_1B_1M_3$ 在 $B_1$ 处为直角，因此 $a^2 + b^2 = M_1M_3^2$ 。

直线 $A_1A_2$ 和 $A_3A_4$ 在点 $C$ 垂直相交，且三角形 $A_2CA_3$ 是等腰直角三角形，其直角边 $A_2C = A_3C = \sqrt{2}$ ，所以 $M_1C = M_3C = 1 + \sqrt{2}$ ，并且 $a^2 + b^2 = M_1M_3^2 = 2(1 + \sqrt{2})^2$ 。于是 $\begin{aligned} (a + b)^2 &= 2(a^2 + b^2) - (b - a)^2 \\ &= 4(1 + \sqrt{2})^2 - 4 \\ &= 8 + 8\sqrt{2} \end{aligned}\text{。}$

因为三角形 $M_1CM_3$ 是等腰直角三角形，且 $A_3$ 在线段 $\overline{M_3C}$ 上，所以 $\angle A_3M_3M_1 = 45^\circ$ ，而由直角三角形可得 $\tan \angle M_1M_3B_1 = \frac{a}{b}$ 。正切加法公式给出 $\begin{aligned} \tan \angle A_3M_3B_1 &= \frac{1 + \frac{a}{b}}{1 - \frac{a}{b}} \\ &= \frac{a + b}{b - a} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $\begin{aligned} \tan^2 \angle A_3M_3B_1 &= \frac{8 + 8\sqrt{2}}{4} \\ &= 2 + 2\sqrt{2} \end{aligned}\text{。}$ 因此 $\begin{aligned} &\cos 2\angle A_3M_3B_1 \\ &\quad {}= \scriptsize \frac{1 - \tan^2 \angle A_3M_3B_1}{1 + \tan^2 \angle A_3M_3B_1} \\ &\quad {}= \frac{-1 - 2\sqrt{2}}{3 + 2\sqrt{2}} \\ &\quad {}= -(1 + 2\sqrt{2})(3 - 2\sqrt{2}) \\ &\quad {}= 5 - 4\sqrt{2} \\ &\quad {}= 5 - \sqrt{32} \end{aligned}\text{，}$ 于是 $m + n = 5 + 32 = 37$ 。

Scale so that $A_1A_2 = 2.$ A $90^\circ$ rotation about the center carries the whole configuration to itself, so $B_1B_3B_5B_7$ is a square and the distances $a = M_iB_i$ and $b = M_iB_{i-2}$ do not depend on $i.$ Both $B_3$ and $B_1$ lie on ray $R_3$ (at distances $a$ and $b$ from $M_3$ ), so $b - a = B_1B_3 = 2.$ Also, $R_1 \perp R_3$ makes triangle $M_1B_1M_3$ right-angled at $B_1,$ so $a^2 + b^2 = M_1M_3^2.$

Lines $A_1A_2$ and $A_3A_4$ meet at a point $C$ at a right angle, and triangle $A_2CA_3$ is an isosceles right triangle with legs $A_2C = A_3C = \sqrt{2},$ so $M_1C = M_3C = 1 + \sqrt{2}$ and $a^2 + b^2 = M_1M_3^2 = 2(1 + \sqrt{2})^2.$ Then $\begin{aligned} (a + b)^2 &= 2(a^2 + b^2) - (b - a)^2 \\ &= 4(1 + \sqrt{2})^2 - 4 \\ &= 8 + 8\sqrt{2}. \end{aligned}$

Since triangle $M_1CM_3$ is an isosceles right triangle and $A_3$ lies on segment $\overline{M_3C},$ we have $\angle A_3M_3M_1 = 45^\circ,$ while $\tan \angle M_1M_3B_1 = \frac{a}{b}$ from the right triangle. The tangent addition formula gives $\begin{aligned} \tan \angle A_3M_3B_1 &= \frac{1 + \frac{a}{b}}{1 - \frac{a}{b}} \\ &= \frac{a + b}{b - a}, \end{aligned}$ so $\begin{aligned} \tan^2 \angle A_3M_3B_1 &= \frac{8 + 8\sqrt{2}}{4} \\ &= 2 + 2\sqrt{2}. \end{aligned}$ Therefore $\begin{aligned} &\cos 2\angle A_3M_3B_1 \\ &\quad {}= \scriptsize \frac{1 - \tan^2 \angle A_3M_3B_1}{1 + \tan^2 \angle A_3M_3B_1} \\ &\quad {}= \frac{-1 - 2\sqrt{2}}{3 + 2\sqrt{2}} \\ &\quad {}= -(1 + 2\sqrt{2})(3 - 2\sqrt{2}) \\ &\quad {}= 5 - 4\sqrt{2} \\ &\quad {}= 5 - \sqrt{32}, \end{aligned}$ and $m + n = 5 + 32 = 37.$

15.

对某个整数 $m$ ，多项式 $x^3 - 2011x + m$ 有三个整数根 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 。求 $|a| + |b| + |c|$ 。

For some integer $m,$ the polynomial $x^3 - 2011x + m$ has the three integer roots $a,$ $b,$ and $c.$ Find $|a| + |b| + |c|.$

答案

答案：98

知识点：韦达定理丢番图方程完全平方数

难度评级：3270

小提示：

韦达定理给出 $a + b + c = 0$ 和 $ab + bc + ca = -2011$ ；消去 $c$ 可得 $a^2 + ab + b^2 = 2011$

Vieta gives $a + b + c = 0$ and $ab + bc + ca = -2011;$ eliminate $c$ to get $a^2 + ab + b^2 = 2011$

大提示：

乘以 $4$ ： $(2a + b)^2 + 3b^2 = 8044$ 。如果 $b$ 是较小的非负根，则 $3b^2 \le 2011$ ；检查哪些 $b$ 会让 $8044 - 3b^2$ 成为完全平方数。

Multiply by $4:$ $(2a + b)^2 + 3b^2 = 8044.$ If $b$ is the smaller nonnegative root, then $3b^2 \le 2011;$ test which $b$ makes $8044 - 3b^2$ a perfect square.

解答：

由韦达定理， $a + b + c = 0$ ，且 $ab + bc + ca = -2011$ 。把三个根全取相反数会把 $m$ 换成 $-m$ ，所以不妨假设两个根（记作 $a \ge b$ ）是非负的。将 $c = -(a + b)$ 代入第二个方程，得到 $ab - (a + b)^2 = -2011$ ，也就是 $a^2 + ab + b^2 = 2011\text{。}$

乘以 $4$ 并配方，得 $(2a + b)^2 + 3b^2 = 8044$ 。因为 $a \ge b \ge 0$ ，有 $3b^2 \le a^2 + ab + b^2 = 2011$ ，所以 $0 \le b \le 25$ 。检查这些值，只有当 $b = 10$ 时， $8044 - 3b^2$ 是完全平方数，此时 $8044 - 300 = 7744 = 88^2$ 。

于是 $2a + b = 88$ ，得到 $a = 39$ ，且 $c = -(a + b) = -49$ 。（确实有 $39 \cdot 10 - 49^2 = -2011$ 。）因此 $|a| + |b| + |c| = 39 + 10 + 49$ $= 98$ 。

By Vieta’s formulas, $a + b + c = 0$ and $ab + bc + ca = -2011.$ Negating all three roots replaces $m$ by $-m,$ so we may assume two roots, say $a \ge b,$ are nonnegative. Substituting $c = -(a + b)$ into the second equation gives $ab - (a + b)^2 = -2011,$ that is, $a^2 + ab + b^2 = 2011.$

Multiplying by $4$ and completing the square, $(2a + b)^2 + 3b^2 = 8044.$ Since $a \ge b \ge 0,$ we have $3b^2 \le a^2 + ab + b^2 = 2011,$ so $0 \le b \le 25.$ Checking these values, $8044 - 3b^2$ is a perfect square only for $b = 10,$ where $8044 - 300 = 7744 = 88^2.$

Then $2a + b = 88$ gives $a = 39,$ and $c = -(a + b) = -49.$ (Indeed $39 \cdot 10 - 49^2 = -2011.$ ) Therefore $|a| + |b| + |c| = 39 + 10 + 49$ $= 98.$