2012 AIME II 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

求正整数有序解 $(m, n)$ 的个数，使得 $20m + 12n = 2012\text{。}$

Find the number of ordered pairs of positive integer solutions $(m, n)$ to the equation $20m + 12n = 2012.$

答案

答案：34

知识点：丢番图方程模运算

难度评级：1870

小提示：

先把方程除以 $4$ ，得到 $5m + 3n = 503$ 。

Divide the equation by $4$ to get $5m + 3n = 503$

大提示：

对 $3$ 取模可知 $m \equiv 1 \pmod{3}$ ；数一数形如 $m = 3k + 1$ 且使 $n$ 为正的值有多少个。

Modulo $3$ the equation forces $m \equiv 1 \pmod{3};$ count the values $m = 3k + 1$ that keep $n$ positive

解答：

两边除以 $4$ ，得到 $5m + 3n = 503$ 。对 $3$ 取模，需要 $2m \equiv 503 \equiv 2 \pmod{3}$ ，所以 $m \equiv 1 \pmod{3}$ 。令 $m = 3k + 1$ ，其中 $k \ge 0$ ；则 $3n = 503 - 5(3k + 1)$ $= 498 - 15k$ ，所以 $n = 166 - 5k$ 。

当且仅当 $5k \le 165$ ，也就是 $k \le 33$ 时，该值为正。因此 $k = 0, 1, \ldots, 33$ 全部可行，共有 $34$ 个有序数对。

Dividing by $4$ gives $5m + 3n = 503.$ Reducing modulo $3,$ we need $2m \equiv 503 \equiv 2 \pmod{3},$ so $m \equiv 1 \pmod{3}.$ Write $m = 3k + 1$ with $k \ge 0;$ then $3n = 503 - 5(3k + 1)$ $= 498 - 15k,$ so $n = 166 - 5k.$

This is positive exactly when $5k \le 165,$ that is $k \le 33.$ So $k = 0, 1, \ldots, 33$ all work, giving $34$ ordered pairs.

2.

两个等比数列 $a_1$ 、 $a_2$ 、 $a_3$ 、 $\ldots$ 和 $b_1$ 、 $b_2$ 、 $b_3$ 、 $\ldots$ 有相同的公比，且 $a_1 = 27$ 、 $b_1 = 99$ 、 $a_{15} = b_{11}$ 。求 $a_9$ 。

Two geometric sequences $a_1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ and $b_1,$ $b_2,$ $b_3,$ $\ldots$ have the same common ratio, with $a_1 = 27,$ $b_1 = 99,$ and $a_{15} = b_{11}.$ Find $a_9.$

答案

答案：363

知识点：等比数列代数变形

难度评级：1750

小提示：

设共同公比为 $r$ ，条件 $a_{15} = b_{11}$ 表示 $27r^{14} = 99r^{10}$ 。

With common ratio $r,$ the condition $a_{15} = b_{11}$ says $27r^{14} = 99r^{10}$

大提示：

只需求 $r^4$ ，因为 $a_9 = 27r^8$ 。

You only need $r^4,$ because $a_9 = 27r^8$

解答：

设 $r$ 为共同公比。则 $a_{15} = 27r^{14}$ ， $b_{11} = 99r^{10}$ ，所以 $27r^{14} = 99r^{10}$ 给出 $r^4 = \frac{99}{27} = \frac{11}{3}$ 。

因此 $\begin{aligned} a_9 &= 27r^8 = 27\left(\frac{11}{3}\right)^2 \\ &= 27 \cdot \frac{121}{9} = 3 \cdot 121 = 363 \end{aligned}\text{。}$

Let $r$ be the shared common ratio. Then $a_{15} = 27r^{14}$ and $b_{11} = 99r^{10},$ so $27r^{14} = 99r^{10}$ gives $r^4 = \frac{99}{27} = \frac{11}{3}.$

Therefore $\begin{aligned} a_9 &= 27r^8 = 27\left(\frac{11}{3}\right)^2 \\ &= 27 \cdot \frac{121}{9} = 3 \cdot 121 = 363. \end{aligned}$

3.

在某所大学，数学科学学部由数学系、统计系和计算机科学系组成。每个系都有两名男教授和两名女教授。现在要组成一个由六名教授构成的委员会，其中必须有三名男性和三名女性，并且三个系中每个系都必须有两名教授入选。求满足这些要求的委员会有多少种。

At a certain university, the division of mathematical sciences consists of the departments of mathematics, statistics, and computer science. There are two male and two female professors in each department. A committee of six professors is to contain three men and three women and must also contain two professors from each of the three departments. Find the number of possible committees that can be formed subject to these requirements.

答案

答案：88

知识点：组合有限制的排列分类讨论

难度评级：2070

小提示：

每个系恰好贡献两名成员；按三名男性在各系中的分布来分类。

Each department contributes exactly two members; classify by how the three men are spread across the departments

大提示：

要么每个系都派出一男一女，要么一个系派出两男，另一个系派出两女，第三个系派出一男一女。

Either every department sends one man and one woman, or one department sends two men, another sends two women, and the third sends one of each

解答：

每个系恰好贡献两名委员会成员。如果每个系都派出一名男教授和一名女教授，则每个系有 $2 \cdot 2 = 4$ 种选择，共有 $4^3 = 64$ 个委员会。

否则，某个系派出两名男教授。为了保持男女各三名，另一个系必须派出两名女教授，剩下的系派出一男一女。选择全男性系有 $3$ 种方法，选择全女性系有 $2$ 种方法，混合系中有 $2 \cdot 2 = 4$ 种选择（全男性系和全女性系的人选都是唯一的），所以共有 $3 \cdot 2 \cdot 4 = 24$ 个委员会。

总数为 $64 + 24 = 88$ 。

Each department contributes exactly two committee members. If every department sends one man and one woman, there are $2 \cdot 2 = 4$ choices per department, for $4^3 = 64$ committees.

Otherwise some department sends two men. To keep three of each gender, another department must then send its two women, and the remaining department sends one man and one woman. There are $3$ ways to pick the all-male department, $2$ ways to pick the all-female department, and $2 \cdot 2 = 4$ choices in the mixed department (the two-man and two-woman selections are forced), for $3 \cdot 2 \cdot 4 = 24$ committees.

The total is $64 + 24 = 88.$

4.

安娜、鲍勃和曹分别以每秒 $8.6$ 米、每秒 $6.2$ 米和每秒 $5$ 米的恒定速度骑自行车。他们同时从一个长方形场地的东北角出发，该场地较长的一边正好沿东西方向，向西延伸。安娜沿场地边缘骑行，起初向西；鲍勃沿场地边缘骑行，起初向南；曹沿直线穿过场地骑到南边上的一点 $D$ 。曹到达点 $D$ 的时间，正好等于安娜和鲍勃第一次到达 $D$ 的时间。场地的长、宽以及点 $D$ 到场地东南角的距离之比可表示为 $p : q : r$ ，其中 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 是正整数，且 $p$ 和 $q$ 互质。求 $p + q + r$ 。

Ana, Bob, and Cao bike at constant rates of $8.6$ meters per second, $6.2$ meters per second, and $5$ meters per second, respectively. They all begin biking at the same time from the northeast corner of a rectangular field whose longer side runs due west. Ana starts biking along the edge of the field, initially heading west, Bob starts biking along the edge of the field, initially heading south, and Cao bikes in a straight line across the field to a point $D$ on the south edge of the field. Cao arrives at point $D$ at the same time that Ana and Bob arrive at $D$ for the first time. The ratio of the field’s length to the field’s width to the distance from point $D$ to the southeast corner of the field can be represented as $p : q : r,$ where $p,$ $q,$ and $r$ are positive integers with $p$ and $q$ relatively prime. Find $p + q + r.$

答案

答案：61

知识点：路程、速度与时间方程组因式分解

难度评级：2390

小提示：

设场地长为 $L$ 、宽为 $W$ ，并设 $x$ 为 $D$ 到东南角的距离；令三名骑车者的行进时间相等。

Let the field be $L$ by $W$ and let $x$ be the distance from $D$ to the southeast corner; set the three riders’ travel times equal

大提示：

令鲍勃和曹的时间相等可得 $168W^2 - 625Wx + 168x^2 = 0$ ，它可以分解成两个一次因式。

Equating Bob’s and Cao’s times gives $168W^2 - 625Wx + 168x^2 = 0,$ which factors into two linear factors

解答：

设场地长为 $L$ （向西），宽为 $W$ （向南），且 $L \gt W$ ，并设 $x$ 为 $D$ 到东南角的距离。安娜绕边缘骑行距离 $2L + W - x$ ，鲍勃骑行距离 $W + x$ ，曹骑行距离 $\sqrt{W^2 + x^2}$ ，且三人用时相同： $\begin{aligned} \frac{2L + W - x}{8.6} &= \frac{W + x}{6.2} \\ &= \frac{\sqrt{W^2 + x^2}}{5} \end{aligned}\text{。}$

第一个等式给出 $L = \frac{6W + 37x}{31}$ 。将第二个等式平方，得到 $25(W + x)^2 = 38.44\,(W^2 + x^2)$ ，化简为 $168W^2 - 625Wx + 168x^2 = 0$ ，并可分解为 $(24W - 7x)(7W - 24x) = 0$ 。

根 $x = \frac{7W}{24}$ 给出 $L = \frac{13W}{24} \lt W$ ，不可能，所以 $x = \frac{24W}{7}$ ，进而 $L = \frac{30W}{7}$ 。比例为 $L : W : x = 30 : 7 : 24$ ，所以 $p + q + r = 30 + 7 + 24 = 61$ 。

Let the field have length $L$ (west) and width $W$ (south) with $L \gt W,$ and let $x$ be the distance from $D$ to the southeast corner. Ana rides around the perimeter a distance $2L + W - x,$ Bob rides $W + x,$ and Cao rides $\sqrt{W^2 + x^2},$ all in the same time: $\begin{aligned} \frac{2L + W - x}{8.6} &= \frac{W + x}{6.2} \\ &= \frac{\sqrt{W^2 + x^2}}{5}. \end{aligned}$

The first equality gives $L = \frac{6W + 37x}{31}.$ Squaring the second, $25(W + x)^2 = 38.44\,(W^2 + x^2),$ which simplifies to $168W^2 - 625Wx + 168x^2 = 0,$ factoring as $(24W - 7x)(7W - 24x) = 0.$

The root $x = \frac{7W}{24}$ gives $L = \frac{13W}{24} \lt W,$ which is impossible, so $x = \frac{24W}{7}$ and then $L = \frac{30W}{7}.$ The ratio is $L : W : x = 30 : 7 : 24,$ and $p + q + r = 30 + 7 + 24 = 61.$

5.

如图，外层正方形 $S$ 的边长为 $40$ 。在 $S$ 内部作第二个正方形 $S'$ ，其边长为 $15$ ，中心与 $S$ 相同，并且边与 $S$ 的边平行。从 $S$ 每条边的中点，向 $S'$ 的两个最近顶点各连一条线段。得到一个内接于 $S$ 的四尖星形图案。将这个星形剪下，再折叠成一个以 $S'$ 为底面的棱锥。求这个棱锥的体积。

In the accompanying figure, the outer square $S$ has side length $40.$ A second square $S'$ of side length $15$ is constructed inside $S$ with the same center as $S$ and with sides parallel to those of $S.$ From each midpoint of a side of $S,$ segments are drawn to the two closest vertices of $S'.$ The result is a four-pointed starlike figure inscribed in $S.$ The star figure is cut out and then folded to form a pyramid with base $S'.$ Find the volume of this pyramid.

答案

答案：750

知识点：展开图（立体几何）棱锥体积勾股定理

难度评级：2230

小提示：

四个三角形尖角会沿着 $S'$ 的边折起，它们的尖端在 $S'$ 的中心正上方汇合成棱锥顶点。

The four triangular points fold up along the sides of $S',$ and their tips meet at the apex above the center of $S'$

大提示：

从 $S'$ 一条边的中点到对应星形尖端的斜边长为 $20 - \frac{15}{2}$ ；用经过中心的直角三角形求高。

The slant from the midpoint of a side of $S'$ to the star tip has length $20 - \frac{15}{2};$ use a right triangle through the center to get the height

解答：

沿着 $S'$ 的边折叠星形时，四个三角形尖端（也就是 $S$ 各边的中点）会汇合成一个顶点 $V$ 。令 $M$ 为 $S'$ 的中心， $P$ 为它一条边的中点。在平面图中， $P$ 到其三角形尖端的距离为 $20 - \frac{15}{2} = \frac{25}{2}$ ，折叠后这就是斜高 $PV$ 。

三角形 $PMV$ 在 $M$ 处为直角，且 $PM = \frac{15}{2}$ ，所以高为 $\begin{aligned} VM &= \sqrt{\left(\tfrac{25}{2}\right)^2 - \left(\tfrac{15}{2}\right)^2} \\ &= \sqrt{100} = 10 \end{aligned}\text{。}$ 体积为 $\frac{1}{3} \cdot 15^2 \cdot 10 = 750$ 。

Folding the star along the sides of $S'$ lifts the four triangular points so that their tips (the midpoints of the sides of $S$ ) meet at a single apex $V.$ Let $M$ be the center of $S'$ and $P$ the midpoint of one of its sides. In the flat figure, the distance from $P$ to the tip of its triangle is $20 - \frac{15}{2} = \frac{25}{2},$ and this becomes the slant $PV$ after folding.

Triangle $PMV$ has a right angle at $M,$ with $PM = \frac{15}{2},$ so the height is $\begin{aligned} VM &= \sqrt{\left(\tfrac{25}{2}\right)^2 - \left(\tfrac{15}{2}\right)^2} \\ &= \sqrt{100} = 10. \end{aligned}$ The volume is $\frac{1}{3} \cdot 15^2 \cdot 10 = 750.$

6.

设 $z = a + b\mathrm{i}$ 是满足 $|z| = 5$ 且 $b \gt 0$ 的复数，并且使 $(1 + 2\mathrm{i})z^3$ 与 $z^5$ 之间的距离达到最大。又设 $z^4 = c + d\mathrm{i}$ 。求 $c + d$ 。

Let $z = a + b\mathrm{i}$ be the complex number with $|z| = 5$ and $b \gt 0$ such that the distance between $(1 + 2\mathrm{i})z^3$ and $z^5$ is maximized, and let $z^4 = c + d\mathrm{i}.$ Find $c + d.$

答案

答案：125

知识点：复数最优化

难度评级：2510

小提示：

将距离分解为 $|z|^3 \cdot |1 + 2\mathrm{i} - z^2|$ ，所以需要在半径为 $25$ 的圆上找离 $1 + 2\mathrm{i}$ 最远的点 $z^2$ 。

Factor the distance as $|z|^3 \cdot |1 + 2\mathrm{i} - z^2|,$ so you need the point $z^2$ on the circle of radius $25$ farthest from $1 + 2\mathrm{i}$

大提示：

最远点在完全相反的方向上： $z^2 = -5\sqrt{5}\,(1 + 2\mathrm{i})$ ；然后再平方一次。

The farthest point lies in exactly the opposite direction: $z^2 = -5\sqrt{5}\,(1 + 2\mathrm{i});$ now square once more

解答：

距离为 $|(1 + 2\mathrm{i})z^3 - z^5|$ $= |z|^3 \cdot |1 + 2\mathrm{i} - z^2|$ $= 125\,|1 + 2\mathrm{i} - z^2|$ 。当 $z$ 在圆 $|z| = 5$ 上且 $b \gt 0$ 时， $z^2$ 可以取到圆 $|w| = 25$ 上的每一个点（条件 $b \gt 0$ 只是从两个平方根中选一个）。该圆上离 $1 + 2\mathrm{i}$ 最远的点在直径相对方向： $\begin{aligned} z^2 &= -25 \cdot \frac{1 + 2\mathrm{i}}{|1 + 2\mathrm{i}|} \\ &= -5\sqrt{5}\,(1 + 2\mathrm{i}) \end{aligned}\text{。}$

平方得 $z^4 = 125\,(1 + 2\mathrm{i})^2$ $= 125\,(-3 + 4\mathrm{i})$ $= -375 + 500\mathrm{i}$ ，所以 $c + d = -375 + 500 = 125$ 。

The distance is $|(1 + 2\mathrm{i})z^3 - z^5|$ $= |z|^3 \cdot |1 + 2\mathrm{i} - z^2|$ $= 125\,|1 + 2\mathrm{i} - z^2|.$ As $z$ runs over the circle $|z| = 5$ with $b \gt 0,$ the square $z^2$ attains every point of the circle $|w| = 25$ (the condition $b \gt 0$ merely selects one of the two square roots). The point of that circle farthest from $1 + 2\mathrm{i}$ is diametrically opposite in direction: $\begin{aligned} z^2 &= -25 \cdot \frac{1 + 2\mathrm{i}}{|1 + 2\mathrm{i}|} \\ &= -5\sqrt{5}\,(1 + 2\mathrm{i}). \end{aligned}$

Squaring, $z^4 = 125\,(1 + 2\mathrm{i})^2$ $= 125\,(-3 + 4\mathrm{i})$ $= -375 + 500\mathrm{i},$ so $c + d = -375 + 500 = 125.$

7.

令 $S$ 为所有二进制表示中恰好有 $8$ 个一的正整数按递增顺序排列成的数列。令 $N$ 为 $S$ 中第 $1000$ 个数。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $S$ be the increasing sequence of positive integers whose binary representation has exactly $8$ ones. Let $N$ be the $1000$ th number in $S.$ Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

答案：32

知识点：进制组合系统列举

难度评级：2790

小提示：

小于 $2^{12}$ 的 $S$ 中元素有 $\binom{12}{8} = 495$ 个，所以 $N$ 的二进制表示有 $13$ 位。

There are $\binom{12}{8} = 495$ members of $S$ below $2^{12},$ so $N$ has $13$ binary digits

大提示：

逐位固定二进制表示的开头，并数出每种前缀对应多少个元素，直到确定所有剩余位。

Fix the leading binary digits one at a time, counting members with each prefix, until the position pins down every remaining bit

解答：

小于 $2^{12}$ 的 $S$ 中元素有 $\binom{12}{8} = 495$ 个，小于 $2^{13}$ 的有 $\binom{13}{8} = 1287$ 个，所以 $N$ 的二进制表示有 $13$ 位，并且小于 $2^{13}$ 且大于它的元素有 $1287 - 1000 = 287$ 个。二进制表示以 $11$ 开头的 $\binom{11}{6} = 462$ 个元素是最大的那些，所以 $N$ 以 $11$ 开头，并且是其中第 $462 - 287 = 175$ 小的数。

在这些数中，以 $1100$ 开头的有 $\binom{9}{6} = 84$ 个，接下来以 $11010$ 开头的有 $\binom{8}{5} = 56$ 个，再接下来以 $110110$ 开头的有 $\binom{7}{4} = 35$ 个。由于 $84 + 56 + 35 = 175$ ，数 $N$ 是以 $110110$ 开头的最大元素，也就是二进制数 $1101101111000$ 。

它的值为 $2^{12} + 2^{11} + 2^9 + 2^8$ $+ 2^6 + 2^5 + 2^4 + 2^3 = 7032$ ，所以除以 $1000$ 的余数是 $32$ 。

There are $\binom{12}{8} = 495$ members of $S$ below $2^{12}$ and $\binom{13}{8} = 1287$ below $2^{13},$ so $N$ has $13$ binary digits, and exactly $1287 - 1000 = 287$ members below $2^{13}$ exceed it. The $\binom{11}{6} = 462$ members whose binary representations begin $11$ are the largest ones, so $N$ begins with $11$ and is the $462 - 287 = 175$ th smallest of them.

Among these, $\binom{9}{6} = 84$ begin $1100,$ the next $\binom{8}{5} = 56$ begin $11010,$ and the next $\binom{7}{4} = 35$ begin $110110.$ Since $84 + 56 + 35 = 175,$ the number $N$ is the largest member beginning $110110,$ namely $1101101111000$ in binary.

Its value is $2^{12} + 2^{11} + 2^9 + 2^8$ $+ 2^6 + 2^5 + 2^4 + 2^3 = 7032,$ so the remainder upon division by $1000$ is $32.$

8.

复数 $z$ 和 $w$ 满足方程组 $z + \frac{20\mathrm{i}}{w} = 5 + \mathrm{i}\text{，}$ $w + \frac{12\mathrm{i}}{z} = -4 + 10\mathrm{i}\text{。}$

求 $|zw|^2$ 的最小可能值。

The complex numbers $z$ and $w$ satisfy the system $z + \frac{20\mathrm{i}}{w} = 5 + \mathrm{i},$ $w + \frac{12\mathrm{i}}{z} = -4 + 10\mathrm{i}.$

Find the smallest possible value of $|zw|^2.$

答案

答案：40

知识点：复数方程组二次方程

难度评级：2840

小提示：

将两个方程相乘：交叉项会变成常数 $12\mathrm{i}$ 和 $20\mathrm{i}$ ，剩下一个只含未知量 $zw$ 的方程。

Multiply the two equations: the cross terms become the constants $12\mathrm{i}$ and $20\mathrm{i},$ leaving an equation in the single unknown $zw$

大提示：

关于 $zw$ 的二次方程需要 $\sqrt{416 - 210\mathrm{i}}$ ；令 $(a + b\mathrm{i})^2 = 416 - 210\mathrm{i}$ ，用整数 $a$ 和 $b$ 求它。

The quadratic in $zw$ needs $\sqrt{416 - 210\mathrm{i}};$ find it by setting $(a + b\mathrm{i})^2 = 416 - 210\mathrm{i}$ with integers $a$ and $b$

解答：

将两个方程相乘，得到 $\begin{aligned} &zw + 12\mathrm{i} + 20\mathrm{i} \\ &\quad {}- \frac{240}{zw} = (5 + \mathrm{i})(-4 + 10\mathrm{i}) \\ &\quad = -30 + 46\mathrm{i} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $zw - \frac{240}{zw} = -30 + 14\mathrm{i}$ 。令 $v = zw$ ，得到 $v^2 + (30 - 14\mathrm{i})v - 240 = 0$ 。

由求根公式， $v = -15 + 7\mathrm{i}$ $\pm \sqrt{(15 - 7\mathrm{i})^2 + 240}$ $= -15 + 7\mathrm{i}$ $\pm \sqrt{416 - 210\mathrm{i}}$ 。设 $(a + b\mathrm{i})^2 = 416 - 210\mathrm{i}$ ，则需要 $a^2 - b^2 = 416$ 且 $ab = -105$ ，从而 $a + b\mathrm{i} = \pm(21 - 5\mathrm{i})$ 。因此 $v = 6 + 2\mathrm{i}$ 或 $v = -36 + 12\mathrm{i}$ ，对应 $|v|^2 = 40$ 或 $1440$ 。

较小值可以取到： $z = 1 - \mathrm{i}$ ， $w = 2 + 4\mathrm{i}$ 同时满足两个方程，且 $zw = 6 + 2\mathrm{i}$ 。所以 $|zw|^2$ 的最小可能值为 $40$ 。

Multiplying the two equations gives $\begin{aligned} &zw + 12\mathrm{i} + 20\mathrm{i} \\ &\quad {}- \frac{240}{zw} = (5 + \mathrm{i})(-4 + 10\mathrm{i}) \\ &\quad = -30 + 46\mathrm{i}, \end{aligned}$ so $zw - \frac{240}{zw} = -30 + 14\mathrm{i}.$ Setting $v = zw$ yields $v^2 + (30 - 14\mathrm{i})v - 240 = 0.$

By the quadratic formula, $v = -15 + 7\mathrm{i}$ $\pm \sqrt{(15 - 7\mathrm{i})^2 + 240}$ $= -15 + 7\mathrm{i}$ $\pm \sqrt{416 - 210\mathrm{i}}.$ Writing $(a + b\mathrm{i})^2 = 416 - 210\mathrm{i}$ requires $a^2 - b^2 = 416$ and $ab = -105,$ which gives $a + b\mathrm{i} = \pm(21 - 5\mathrm{i}).$ Hence $v = 6 + 2\mathrm{i}$ or $v = -36 + 12\mathrm{i},$ with $|v|^2 = 40$ or $1440.$

The smaller value is attained: $z = 1 - \mathrm{i},$ $w = 2 + 4\mathrm{i}$ satisfies both equations with $zw = 6 + 2\mathrm{i}.$ So the smallest possible value of $|zw|^2$ is $40.$

9.

设 $x$ 和 $y$ 是实数，满足 $\frac{\sin x}{\sin y} = 3$ 且 $\frac{\cos x}{\cos y} = \frac{1}{2}$ 。数值 $\frac{\sin 2x}{\sin 2y} + \frac{\cos 2x}{\cos 2y}$ 可表示为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 和 $q$ 是互质的正整数。求 $p + q$ 。

Let $x$ and $y$ be real numbers such that $\frac{\sin x}{\sin y} = 3$ and $\frac{\cos x}{\cos y} = \frac{1}{2}.$ The value of $\frac{\sin 2x}{\sin 2y} + \frac{\cos 2x}{\cos 2y}$ can be expressed in the form $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

答案：107

知识点：三角恒等式代数变形

难度评级：2560

小提示：

$\frac{\sin 2x}{\sin 2y}$ 正好是两个已知比值的乘积。

$\frac{\sin 2x}{\sin 2y}$ is just the product of the two given ratios

大提示：

将两个已知方程平方后相加，利用 $\sin^2 + \cos^2 = 1$ 求出 $\cos^2 y$ ；再使用 $\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ 。

Square both given equations and add, using $\sin^2 + \cos^2 = 1,$ to find $\cos^2 y;$ then apply $\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$

解答：

由二倍角公式， $\begin{aligned} \frac{\sin 2x}{\sin 2y} &= \frac{2\sin x \cos x}{2\sin y \cos y} \\ &= 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \end{aligned}\text{。}$

将已知方程平方，得 $\sin^2 x = 9\sin^2 y$ 和 $\cos^2 x = \frac{1}{4}\cos^2 y$ 。相加得到 $1 = 9(1 - \cos^2 y) + \frac{1}{4}\cos^2 y$ ，所以 $\frac{35}{4}\cos^2 y = 8$ ，并且 $\cos^2 y = \frac{32}{35}$ 。于是 $\cos 2y = 2\cos^2 y - 1 = \frac{29}{35}$ ，且 $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ $= \frac{1}{2}\cos^2 y - 1$ $= -\frac{19}{35}$ ，所以 $\frac{\cos 2x}{\cos 2y} = -\frac{19}{29}$ 。

所求值为 $\frac{3}{2} - \frac{19}{29} = \frac{87 - 38}{58} = \frac{49}{58}$ ，所以 $p + q = 49 + 58 = 107$ 。

From the double-angle formula, $\begin{aligned} \frac{\sin 2x}{\sin 2y} &= \frac{2\sin x \cos x}{2\sin y \cos y} \\ &= 3 \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{2}. \end{aligned}$

Squaring the given equations, $\sin^2 x = 9\sin^2 y$ and $\cos^2 x = \frac{1}{4}\cos^2 y.$ Adding, $1 = 9(1 - \cos^2 y) + \frac{1}{4}\cos^2 y,$ so $\frac{35}{4}\cos^2 y = 8$ and $\cos^2 y = \frac{32}{35}.$ Then $\cos 2y = 2\cos^2 y - 1 = \frac{29}{35}$ and $\cos 2x = 2\cos^2 x - 1$ $= \frac{1}{2}\cos^2 y - 1$ $= -\frac{19}{35},$ so $\frac{\cos 2x}{\cos 2y} = -\frac{19}{29}.$

The requested value is $\frac{3}{2} - \frac{19}{29} = \frac{87 - 38}{58} = \frac{49}{58},$ and $p + q = 49 + 58 = 107.$

10.

求小于 $1000$ 的正整数 $n$ 的个数，使得存在正实数 $x$ 满足 $n = x\lfloor x \rfloor$ 。

注： $\lfloor x \rfloor$ 是小于或等于 $x$ 的最大整数。

Find the number of positive integers $n$ less than $1000$ for which there exists a positive real number $x$ such that $n = x\lfloor x \rfloor.$

Note: $\lfloor x \rfloor$ is the greatest integer less than or equal to $x.$

答案

答案：496

知识点：取整函数区间内整数计数

难度评级：2460

小提示：

固定 $\lfloor x \rfloor = a$ ；当 $x$ 从 $a$ 变化到 $a + 1$ 时，乘积 $x\lfloor x \rfloor$ 会扫过从 $a^2$ 到 $a^2 + a - 1$ 的整数。

Fix $\lfloor x \rfloor = a;$ as $x$ runs from $a$ to $a + 1,$ the product $x\lfloor x \rfloor$ sweeps through the integers from $a^2$ to $a^2 + a - 1$

大提示：

每个 $a$ 恰好贡献 $a$ 个 $n$ 值；对所有使这些值仍小于 $1000$ 的 $a$ 求和。

Each $a$ contributes exactly $a$ values of $n;$ sum over all $a$ whose values stay below $1000$

解答：

固定 $\lfloor x \rfloor = a \ge 1$ 。当 $a \le x \lt a + 1$ 时，乘积 $n = ax$ 落在区间 $[a^2, a^2 + a)$ 中，并且该区间里的每个整数 $n$ 都可由 $x = \frac{n}{a}$ 取得（此时其下取整确实为 $a$ ）。所以每个 $a$ 恰好贡献 $a$ 个 $n$ 值，也就是 $a^2, a^2 + 1, \ldots, a^2 + a - 1$ 。

当 $a = 31$ 时，最大值为 $31^2 + 30 = 991 \lt 1000$ ，所以直到 $a = 31$ 的所有值都符合；而 $a = 32$ 对应的最小值已经是 $1024$ 。总数为 $1 + 2 + \cdots + 31 = \frac{31 \cdot 32}{2} = 496$ 。

Fix $\lfloor x \rfloor = a \ge 1.$ For $a \le x \lt a + 1$ the product $n = ax$ ranges over $[a^2, a^2 + a),$ and every integer $n$ in that interval is achieved by $x = \frac{n}{a}$ (which indeed has floor $a$ ). So each $a$ contributes exactly $a$ values of $n,$ namely $a^2, a^2 + 1, \ldots, a^2 + a - 1.$

For $a = 31$ the largest value is $31^2 + 30 = 991 \lt 1000,$ so all values through $a = 31$ qualify, while $a = 32$ already starts at $1024.$ The count is $1 + 2 + \cdots + 31 = \frac{31 \cdot 32}{2} = 496.$

11.

设 $f_1(x) = \frac{2}{3} - \frac{3}{3x + 1}$ ，并且对 $n \ge 2$ ，定义 $f_n(x) = f_1(f_{n-1}(x))$ 。满足 $f_{1001}(x) = x - 3$ 的 $x$ 可表示为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Let $f_1(x) = \frac{2}{3} - \frac{3}{3x + 1},$ and for $n \ge 2,$ define $f_n(x) = f_1(f_{n-1}(x)).$ The value of $x$ that satisfies $f_{1001}(x) = x - 3$ can be expressed in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：8

知识点：函数二次方程找规律

难度评级：2650

小提示：

将 $f_1$ 写成一个分式，再手算 $f_2$ 和 $f_3$ ；一个规律便会显现。

Write $f_1$ as a single fraction and compute $f_2$ and $f_3$ by hand — a pattern appears

大提示：

$f_3(x) = x$ ，所以 $f_{1001} = f_2$ ；令 $f_2(x) = x - 3$ 会得到一个有重根的二次方程。

$f_3(x) = x,$ so $f_{1001} = f_2;$ setting $f_2(x) = x - 3$ gives a quadratic with a double root

解答：

合并分式， $f_1(x) = \frac{2(3x + 1) - 9}{3(3x + 1)} = \frac{6x - 7}{9x + 3}$ 。再复合一次， $f_2(x) = \frac{6 f_1(x) - 7}{9 f_1(x) + 3} = \frac{-3x - 7}{9x - 6}$ ，第三次复合得到 $f_3(x) = x$ 。

因此迭代以 $3$ 为周期。由于 $1001 \equiv 2 \pmod{3}$ ，有 $f_{1001} = f_2$ ，方程变为 $\frac{-3x - 7}{9x - 6} = x - 3\text{，}$ 即 $9x^2 - 33x + 18 = -3x - 7$ ，或 $9x^2 - 30x + 25 = (3x - 5)^2 = 0$ 。

唯一解为 $x = \frac{5}{3}$ ，所以 $m + n = 5 + 3 = 8$ 。

Combining fractions, $f_1(x) = \frac{2(3x + 1) - 9}{3(3x + 1)} = \frac{6x - 7}{9x + 3}.$ Composing once, $f_2(x) = \frac{6 f_1(x) - 7}{9 f_1(x) + 3} = \frac{-3x - 7}{9x - 6},$ and composing again gives $f_3(x) = x.$

So the iteration is periodic with period $3.$ Since $1001 \equiv 2 \pmod{3},$ we have $f_{1001} = f_2,$ and the equation becomes $\frac{-3x - 7}{9x - 6} = x - 3,$ that is $9x^2 - 33x + 18 = -3x - 7,$ or $9x^2 - 30x + 25 = (3x - 5)^2 = 0.$

The unique solution is $x = \frac{5}{3},$ so $m + n = 5 + 3 = 8.$

12.

对正整数 $p$ ，如果正整数 $n$ 与 $p$ 的任意倍数之差的绝对值都大于 $2$ ，就称 $n$ 为 $p$ -安全数。例如， $10$ -安全数的集合为 $\{3,$ $4,$ $5,$ $6,$ $7,$ $13,$ $14,$ $15,$ $16,$ $17,$ $23,$ $\ldots\}$ 。求不超过 $10{,}000$ 且同时为 $7$ -安全数、 $11$ -安全数和 $13$ -安全数的正整数个数。

For a positive integer $p,$ define the positive integer $n$ to be $p$ -safe if $n$ differs in absolute value by more than $2$ from all multiples of $p.$ For example, the set of $10$ -safe numbers is $\{3,$ $4,$ $5,$ $6,$ $7,$ $13,$ $14,$ $15,$ $16,$ $17,$ $23,$ $\ldots\}.$ Find the number of positive integers less than or equal to $10{,}000$ which are simultaneously $7$ -safe, $11$ -safe, and $13$ -safe.

答案

答案：958

知识点：模运算中国剩余定理

难度评级：2920

小提示：

$n$ 为 $p$ -安全数，当且仅当余数满足 $3 \le n \bmod p \le p - 3$ 。

$n$ is $p$ -safe exactly when $3 \le n \bmod p \le p - 3$

大提示：

因为 $7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001$ ，先数每个连续 $1001$ 个整数块中的安全余数个数，再在 $10{,}000$ 附近调整。

Since $7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001,$ count the safe residues in each block of $1001$ consecutive integers, then adjust near the cutoff $10{,}000$

解答：

是否为 $p$ -安全数只取决于 $n \bmod p$ ：它要求 $3 \le n \bmod p \le p - 3$ 。模 $7$ 有 $2$ 个允许的余数，模 $11$ 有 $6$ 个，模 $13$ 有 $8$ 个。由于 $7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001$ ，由中国剩余定理，模 $1001$ 恰好有 $2 \cdot 6 \cdot 8 = 96$ 个安全余数，所以每个连续 $1001$ 个整数块含有 $96$ 个安全数。

整数 $1$ 到 $10010$ 构成十个这样的块，含有 $960$ 个安全数。还需要去掉 $10001, \ldots, 10010$ 中的安全数。它们模 $7$ 的余数依次为 $5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0$ ，所以只有 $10006$ 和 $10007$ 是 $7$ -安全的；它们也都是 $11$ -安全的（余数为 $7$ 和 $8$ ）且是 $13$ -安全的（余数为 $9$ 和 $10$ ）。

因此计数为 $960 - 2 = 958$ 。

Being $p$ -safe depends only on $n \bmod p:$ it requires $3 \le n \bmod p \le p - 3.$ That allows $2$ residues modulo $7,$ $6$ residues modulo $11,$ and $8$ residues modulo $13.$ Since $7 \cdot 11 \cdot 13 = 1001,$ the Chinese remainder theorem gives exactly $2 \cdot 6 \cdot 8 = 96$ safe residues modulo $1001,$ so each block of $1001$ consecutive integers contains $96$ safe numbers.

The integers $1$ through $10010$ form ten such blocks, containing $960$ safe numbers. It remains to discard the safe numbers among $10001, \ldots, 10010.$ Their residues modulo $7$ run $5, 6, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 0,$ so only $10006$ and $10007$ are $7$ -safe; both are also $11$ -safe (residues $7$ and $8$ ) and $13$ -safe (residues $9$ and $10$ ).

Therefore the count is $960 - 2 = 958.$

13.

等边三角形 $\triangle ABC$ 的边长为 $\sqrt{111}$ 。有四个不同的三角形 $AD_1E_1$ 、 $AD_1E_2$ 、 $AD_2E_3$ 、 $AD_2E_4$ ，它们都与 $\triangle ABC$ 全等，并且 $BD_1 = BD_2 = \sqrt{11}$ 。求 $\sum_{k=1}^{4}(CE_k)^2$ 。

Equilateral $\triangle ABC$ has side length $\sqrt{111}.$ There are four distinct triangles $AD_1E_1,$ $AD_1E_2,$ $AD_2E_3,$ and $AD_2E_4,$ each congruent to $\triangle ABC,$ with $BD_1 = BD_2 = \sqrt{11}.$ Find $\sum_{k=1}^{4}(CE_k)^2.$

答案

答案：677

知识点：余弦定理变换三角恒等式

难度评级：3270

小提示：

每个 $E_k$ 都是 $D_1$ 或 $D_2$ 绕 $A$ 旋转 $\pm 60^\circ$ 得到的，所以追踪四个角 $\angle CAE_k$ 。

Each $E_k$ is $D_1$ or $D_2$ rotated $\pm 60^\circ$ about $A,$ so track the four angles $\angle CAE_k$

大提示：

若 $\angle BAD_i = \theta$ ，则四个角为 $\theta$ ， $\theta$ ， $120^\circ - \theta$ ， $120^\circ + \theta$ ，并且后两个余弦之和为 $-\cos\theta$ 。

With $\angle BAD_i = \theta,$ the four angles are $\theta,$ $\theta,$ $120^\circ - \theta,$ $120^\circ + \theta,$ and the last two cosines add up to $-\cos\theta$

解答：

记 $s = \sqrt{111}$ ， $r = \sqrt{11}$ 。因为每个三角形 $AD_iE_k$ 都与 $\triangle ABC$ 全等，所以 $AD_i = AE_k = s$ 。因此 $D_1$ 和 $D_2$ 是以 $A$ 为圆心、半径 $s$ 的圆与以 $B$ 为圆心、半径 $r$ 的圆的两个交点；它们关于直线 $AB$ 对称，所以 $\angle BAD_1 = \angle BAD_2 = \theta$ ，且 $D_1$ 和 $D_2$ 位于 $AB$ 的两侧。每个 $E_k$ 都是对应的 $D_i$ 绕 $A$ 旋转 $\pm 60^\circ$ 的像。以射线 $AB$ 为基准测量有向角，并令 $C$ 位于 $+60^\circ$ ，则射线 $AD_i$ 位于 $\pm\theta$ ，射线 $AE_k$ 位于 $\pm\theta \pm 60^\circ$ ，所以四个角 $\angle CAE_k$ 为 $\theta$ 、 $\theta$ 、 $120^\circ - \theta$ 和 $120^\circ + \theta$ 。

因为 $AC = AE_k = s$ ，余弦定理给出 $(CE_k)^2 = 2s^2(1 - \cos\angle CAE_k)$ 。利用 $\cos(120^\circ - \theta)$ $+ \cos(120^\circ + \theta)$ $= 2\cos 120^\circ \cos\theta$ $= -\cos\theta$ ，四个角的余弦和为 $2\cos\theta - \cos\theta = \cos\theta$ ，所以 $\sum_{k=1}^{4}(CE_k)^2 = 2s^2(4 - \cos\theta)\text{。}$

在三角形 $ABD_1$ 中应用余弦定理（其中 $AB = AD_1 = s$ ），得到 $r^2 = 2s^2(1 - \cos\theta)$ ，所以 $2s^2\cos\theta = 2s^2 - r^2$ 。因此总和等于 $8s^2 - (2s^2 - r^2)$ $= 6s^2 + r^2$ $= 6 \cdot 111 + 11 = 677$ 。

Write $s = \sqrt{111}$ and $r = \sqrt{11}.$ Since each triangle $AD_iE_k$ is congruent to $\triangle ABC,$ we have $AD_i = AE_k = s,$ so $D_1$ and $D_2$ are the two intersections of the circle of radius $s$ about $A$ with the circle of radius $r$ about $B;$ they are mirror images across line $AB,$ so $\angle BAD_1 = \angle BAD_2 = \theta$ with $D_1$ and $D_2$ on opposite sides of $AB.$ Each $E_k$ is the image of its $D_i$ rotated $\pm 60^\circ$ about $A.$ Measuring signed angles from ray $AB,$ with $C$ at $+60^\circ,$ the rays $AD_i$ sit at $\pm\theta$ and the rays $AE_k$ at $\pm\theta \pm 60^\circ,$ so the four angles $\angle CAE_k$ are $\theta,$ $\theta,$ $120^\circ - \theta,$ and $120^\circ + \theta.$

Since $AC = AE_k = s,$ the law of cosines gives $(CE_k)^2 = 2s^2(1 - \cos\angle CAE_k).$ Using $\cos(120^\circ - \theta)$ $+ \cos(120^\circ + \theta)$ $= 2\cos 120^\circ \cos\theta$ $= -\cos\theta,$ the four angles’ cosines sum to $2\cos\theta - \cos\theta = \cos\theta,$ so $\sum_{k=1}^{4}(CE_k)^2 = 2s^2(4 - \cos\theta).$

Applying the law of cosines in triangle $ABD_1$ (with $AB = AD_1 = s$ ) gives $r^2 = 2s^2(1 - \cos\theta),$ so $2s^2\cos\theta = 2s^2 - r^2.$ Therefore the sum equals $8s^2 - (2s^2 - r^2)$ $= 6s^2 + r^2$ $= 6 \cdot 111 + 11 = 677.$

14.

九个人组成一组，每个人都恰好与组内另外两个人握手。令 $N$ 为这种握手方式的数量。若且唯若至少有两个人在一种安排中握手、而在另一种安排中不握手，就认为这两种握手安排不同。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

In a group of nine people each person shakes hands with exactly two of the other people from the group. Let $N$ be the number of ways this handshaking can occur. Consider two handshaking arrangements different if and only if at least two people who shake hands under one arrangement do not shake hands under the other arrangement. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

答案：16

知识点：图论环形排列分类讨论

难度评级：3060

小提示：

每个人都恰好握两次手，意味着这九个人被分成若干个长度至少为 $3$ 的环。

Everyone shaking exactly two hands splits the nine people into cycles of length at least $3$

大提示：

在选定的 $k$ 个人上可以形成 $\frac{(k-1)!}{2}$ 个环；对分拆 $3+3+3$ 、 $3+6$ 、 $4+5$ 和 $9$ 求和。

A cycle on $k$ chosen people can be formed in $\frac{(k-1)!}{2}$ ways; sum over the partitions $3+3+3,$ $3+6,$ $4+5,$ and $9$

解答：

每个人都恰好与两人握手的安排，就是覆盖所有九个人的若干个互不相交、长度至少为 $3$ 的环。 $9$ 的可能环长分拆为 $3+3+3$ 、 $3+6$ 、 $4+5$ 和 $9$ 。在给定的 $k$ 个人上，不同环的数量为 $\frac{(k-1)!}{2}$ 。

对于 $3+3+3$ ：将九个人分成三个无序三人组有 $\frac{1}{3!}\binom{9}{3}\binom{6}{3} = 280$ 种，每组三人只有一个环，共 $280$ 种。对于 $3+6$ ：有 $\binom{9}{3} \cdot 1 \cdot \frac{5!}{2} = 84 \cdot 60 = 5040$ 种。对于 $4+5$ ：有 $\binom{9}{4} \cdot \frac{3!}{2} \cdot \frac{4!}{2}$ $= 126 \cdot 3 \cdot 12 = 4536$ 种。对于一个 $9$ -环：有 $\frac{8!}{2} = 20160$ 种。

总计 $N = 280 + 5040$ $+ 4536 + 20160 = 30016$ ，所以模 $1000$ 的余数为 $16$ 。

An arrangement in which everyone shakes exactly two hands is a disjoint union of cycles of length at least $3$ covering all nine people. The possible cycle-length partitions of $9$ are $3+3+3,$ $3+6,$ $4+5,$ and $9.$ On $k$ given people, the number of distinct cycles is $\frac{(k-1)!}{2}.$

For $3+3+3:$ split into three unordered triples in $\frac{1}{3!}\binom{9}{3}\binom{6}{3} = 280$ ways, one cycle each: $280.$ For $3+6:$ $\binom{9}{3} \cdot 1 \cdot \frac{5!}{2} = 84 \cdot 60 = 5040.$ For $4+5:$ $\binom{9}{4} \cdot \frac{3!}{2} \cdot \frac{4!}{2}$ $= 126 \cdot 3 \cdot 12 = 4536.$ For a single $9$ -cycle: $\frac{8!}{2} = 20160.$

In total $N = 280 + 5040$ $+ 4536 + 20160 = 30016,$ so the remainder modulo $1000$ is $16.$

15.

三角形 $ABC$ 内接于圆 $\omega$ ，其中 $AB = 5$ 、 $BC = 7$ 且 $AC = 3$ 。角 $A$ 的角平分线与边 $\overline{BC}$ 交于 $D$ ，并与圆 $\omega$ 再次交于点 $E$ 。令 $\gamma$ 为以 $\overline{DE}$ 为直径的圆。圆 $\omega$ 和 $\gamma$ 交于 $E$ 以及另一个点 $F$ 。于是 $AF^2 = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Triangle $ABC$ is inscribed in circle $\omega$ with $AB = 5,$ $BC = 7,$ and $AC = 3.$ The bisector of angle $A$ meets side $\overline{BC}$ at $D$ and circle $\omega$ at a second point $E.$ Let $\gamma$ be the circle with diameter $\overline{DE}.$ Circles $\omega$ and $\gamma$ meet at $E$ and a second point $F.$ Then $AF^2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：919

知识点：圆圆周角角平分线坐标几何

难度评级：3500

小提示：

令 $E'$ 为圆 $\omega$ 上与 $E$ 关于圆心对称的点；半圆所对的角给出 $\angle DFE = \angle E'FE = 90^\circ$ ，所以 $F$ 在直线 $E'D$ 上。

Let $E'$ be diametrically opposite $E$ on $\omega;$ angles in semicircles give $\angle DFE = \angle E'FE = 90^\circ,$ so $F$ lies on line $E'D$

大提示：

取 $B = (0, 0)$ ， $C = (7, 0)$ ；这样 $D$ 、 $E$ 、 $E'$ 的坐标很整齐，而 $F$ 可由直线 $E'D$ 与 $\omega$ 的交点求出。

Place $B = (0, 0)$ and $C = (7, 0);$ then $D,$ $E,$ $E'$ have clean coordinates, and $F$ comes from intersecting line $E'D$ with $\omega$

解答：

令 $E'$ 为圆 $\omega$ 上与 $E$ 关于圆心对称的点。因为 $\overline{DE}$ 是 $\gamma$ 的直径，所以 $\angle DFE = 90^\circ$ ；又因为 $\overline{EE'}$ 是 $\omega$ 的直径，也有 $\angle E'FE = 90^\circ$ 。于是 $FD$ 和 $FE'$ 都垂直于 $FE$ ，所以 $D$ 位于直线 $E'F$ 上：点 $F$ 是直线 $E'D$ 与 $\omega$ 的第二个交点。

设 $B = (0, 0)$ ， $C = (7, 0)$ ；则 $A = \left(\frac{65}{14}, \frac{15\sqrt{3}}{14}\right)$ 。角平分线给出 $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{5}{3}$ ，所以 $D = \left(\frac{35}{8}, 0\right)$ 。由于 $E$ 是不含 $A$ 的弧 $BC$ 的中点， $E$ 和 $E'$ 都在过圆心 $O = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{6}\right)$ 的竖直直线 $x = \frac{7}{2}$ 上，且该圆心满足 $|OB| = |OA|$ ，其中 $R^2 = \frac{49}{3}$ 。因此 $E = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)$ ， $E' = \left(\frac{7}{2}, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right)$ 。

从 $E'$ 到 $D$ 的方向与 $(3, -4\sqrt{3})$ 成比例，且点 $E' + t\,(3, -4\sqrt{3})$ 在 $\omega$ 上当且仅当 $57t^2 - 56t = 0$ ，所以 $t = \frac{56}{57}$ 给出 $F = \left(\frac{245}{38}, -\frac{105\sqrt{3}}{38}\right)$ 。于是 $\begin{aligned} AF^2 &= \left(\frac{240}{133}\right)^2 + 3\left(\frac{510}{133}\right)^2 \\ &= \frac{837900}{17689} = \frac{900}{19} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 900 + 19 = 919$ 。

Let $E'$ be the point of $\omega$ diametrically opposite $E.$ Since $\overline{DE}$ is a diameter of $\gamma,$ the angle $\angle DFE = 90^\circ,$ and since $\overline{EE'}$ is a diameter of $\omega,$ also $\angle E'FE = 90^\circ.$ Both $FD$ and $FE'$ are perpendicular to $FE,$ so $D$ lies on line $E'F:$ the point $F$ is the second intersection of line $E'D$ with $\omega.$

Set $B = (0, 0)$ and $C = (7, 0);$ then $A = \left(\frac{65}{14}, \frac{15\sqrt{3}}{14}\right).$ The bisector gives $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC} = \frac{5}{3},$ so $D = \left(\frac{35}{8}, 0\right).$ Since $E$ is the midpoint of arc $BC$ not containing $A,$ both $E$ and $E'$ lie on the vertical line $x = \frac{7}{2}$ through the center $O = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{6}\right),$ which satisfies $|OB| = |OA|$ with $R^2 = \frac{49}{3}.$ Thus $E = \left(\frac{7}{2}, -\frac{7\sqrt{3}}{2}\right)$ and $E' = \left(\frac{7}{2}, \frac{7\sqrt{3}}{6}\right).$

The direction from $E'$ to $D$ is proportional to $(3, -4\sqrt{3}),$ and the point $E' + t\,(3, -4\sqrt{3})$ lies on $\omega$ when $57t^2 - 56t = 0,$ so $t = \frac{56}{57}$ gives $F = \left(\frac{245}{38}, -\frac{105\sqrt{3}}{38}\right).$ Then $\begin{aligned} AF^2 &= \left(\frac{240}{133}\right)^2 + 3\left(\frac{510}{133}\right)^2 \\ &= \frac{837900}{17689} = \frac{900}{19}, \end{aligned}$ so $m + n = 900 + 19 = 919.$