2015 AIME II 真题与在线限时测验

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1.

设 $N$ 是最小的正整数，它既比某个整数少 $22$ %，又比另一个整数多 $16$ %。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $N$ be the least positive integer that is both $22$ percent less than one integer and $16$ percent greater than another integer. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

答案：131

知识点：百分数整除性最小公倍数

难度评级：2050

小提示：

写成 $N = \frac{78}{100}a = \frac{116}{100}b$ ，并把两个分数都约到最简

Write $N = \frac{78}{100}a = \frac{116}{100}b$ and reduce both fractions to lowest terms

大提示：

最简形式为 $N = \frac{39}{50}a = \frac{29}{25}b$ ，这会迫使 $N$ 同时是 $39$ 和 $29$ 的倍数

In lowest terms $N = \frac{39}{50}a = \frac{29}{25}b,$ which forces $N$ to be a multiple of both $39$ and $29$

解答：

条件说明对某些整数 $a$ 和 $b$ 有 $N = \frac{78}{100}a = \frac{39}{50}a$ 且 $N = \frac{116}{100}b = \frac{29}{25}b$ 。因为 $\gcd(39, 50) = 1$ ，第一个等式迫使 $a$ 能被 $50$ 整除，所以 $N$ 是 $39$ 的倍数；因为 $\gcd(29, 25) = 1$ ，第二个等式迫使 $b$ 能被 $25$ 整除，所以 $N$ 是 $29$ 的倍数。

同时被这两个数整除的最小正整数是 $N = 39 \cdot 29 = 1131$ ，取 $a = 1450$ 和 $b = 975$ 时可以达到。除以 $1000$ 的余数为 $131$ 。

The conditions say $N = \frac{78}{100}a = \frac{39}{50}a$ and $N = \frac{116}{100}b = \frac{29}{25}b$ for some integers $a$ and $b.$ Since $\gcd(39, 50) = 1,$ the first equation forces $a$ to be divisible by $50,$ so $N$ is a multiple of $39;$ since $\gcd(29, 25) = 1,$ the second forces $b$ to be divisible by $25,$ so $N$ is a multiple of $29.$

The least positive integer divisible by both is $N = 39 \cdot 29 = 1131,$ achieved with $a = 1450$ and $b = 975.$ The remainder upon division by $1000$ is $131.$

2.

一所新学校中， $40$ % 的学生是一年级生， $30$ % 是二年级生， $20$ % 是三年级生， $10$ % 是四年级生。所有一年级生都必须上拉丁语课；二年级生中有 $80$ %、三年级生中有 $50$ %、四年级生中有 $20$ % 选择上拉丁语课。随机选一名上拉丁语课的学生，他是二年级生的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

In a new school $40$ percent of the students are freshmen, $30$ percent are sophomores, $20$ percent are juniors, and $10$ percent are seniors. All freshmen are required to take Latin, and $80$ percent of the sophomores, $50$ percent of the juniors, and $20$ percent of the seniors elect to take Latin. The probability that a randomly chosen Latin student is a sophomore is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：25

知识点：条件概率百分数

难度评级：1750

小提示：

假设学校有 $100$ 名学生，分别数出每个年级有多少人上拉丁语课

Suppose the school has $100$ students and count how many students in each class take Latin

大提示：

上拉丁语课的学生共有 $40 + 24 + 10 + 2$ 人，答案来自二年级生在这个总数中的比例。

The Latin students number $40 + 24 + 10 + 2,$ and the answer comes from the sophomores’ share of that total

解答：

假设学校有 $100$ 名学生。上拉丁语课的学生有 $40$ 名一年级生、 $30(0.8) = 24$ 名二年级生、 $20(0.5) = 10$ 名三年级生，以及 $10(0.2) = 2$ 名四年级生，总共 $76$ 人。

随机选一名拉丁语学生是二年级生的概率为 $\frac{24}{76} = \frac{6}{19}$ ，所以 $m + n = 6 + 19 = 25$ 。

Assume the school has $100$ students. The Latin students are then $40$ freshmen, $30(0.8) = 24$ sophomores, $20(0.5) = 10$ juniors, and $10(0.2) = 2$ seniors, for a total of $76.$

The probability that a random Latin student is a sophomore is $\frac{24}{76} = \frac{6}{19},$ so $m + n = 6 + 19 = 25.$

3.

设 $m$ 是能被 $17$ 整除且各位数字和为 $17$ 的最小正整数。求 $m$ 。

Let $m$ be the least positive integer divisible by $17$ whose digits sum to $17.$ Find $m.$

答案

答案：476

知识点：数字模运算系统列举

难度评级：2070

小提示：

一个数与它的各位数字和模 $9$ 同余，所以 $m = 17n$ 要求 $17n \equiv 17 \pmod 9$ 。

A number is congruent to its digit sum modulo $9,$ so $m = 17n$ requires $17n \equiv 17 \pmod 9$

大提示：

这迫使 $n \equiv 1 \pmod 9$ ；按从小到大的顺序检查 $n = 1$ 、 $n = 10$ 、 $n = 19$ 、 $n = 28$ 、 $\ldots$

That forces $n \equiv 1 \pmod 9;$ check the cases $n = 1,$ $n = 10,$ $n = 19,$ $n = 28,$ $\ldots$ in increasing order

解答：

每个数都与它的各位数字和模 $9$ 同余，所以 $m = 17n$ 必须满足 $17n \equiv 17 \pmod 9$ ，也就是 $8n \equiv 8 \pmod 9$ ，因此 $n \equiv 1 \pmod 9$ 。

按从小到大的顺序检查候选值： $n = 1$ 、 $n = 10$ 和 $n = 19$ 分别给出 $17$ 、 $170$ 和 $323$ ，它们的数字和都为 $8$ ；但 $n = 28$ 给出 $17 \cdot 28 = 476$ ，数字和为 $4 + 7 + 6 = 17$ 。所以 $m = 476$ 。

Every number is congruent to its digit sum modulo $9,$ so $m = 17n$ must satisfy $17n \equiv 17 \pmod 9,$ that is $8n \equiv 8 \pmod 9,$ which gives $n \equiv 1 \pmod 9.$

Checking the candidates in increasing order: $n = 1,$ $n = 10,$ and $n = 19$ give $17,$ $170,$ and $323,$ with digit sums $8$ each, but $n = 28$ gives $17 \cdot 28 = 476$ with digit sum $4 + 7 + 6 = 17.$ So $m = 476.$

4.

在一个等腰梯形中，两条平行底边的长度分别为 $\log 3$ 和 $\log 192$ ，到底边的高为 $\log 16$ 。这个梯形的周长可以写成 $\log 2^p 3^q$ 的形式，其中 $p$ 和 $q$ 是正整数。求 $p + q$ 。

In an isosceles trapezoid, the parallel bases have lengths $\log 3$ and $\log 192,$ and the altitude to these bases has length $\log 16.$ The perimeter of the trapezoid can be written in the form $\log 2^p 3^q,$ where $p$ and $q$ are positive integers. Find $p + q.$

答案

答案：18

知识点：对数梯形勾股数

难度评级：2170

小提示：

每条腰都是一个直角三角形的斜边，两条直角边为 $\log 16$ 和 $\log 192 - \log 3$ 的一半

Each leg is the hypotenuse of a right triangle with legs $\log 16$ and half of $\log 192 - \log 3$

大提示：

这两条直角边为 $4\log 2$ 和 $3\log 2$ ，所以由 $3$ - $4$ - $5$ 三角形可知，每条斜边为 $5\log 2$ 。

Those legs are $4\log 2$ and $3\log 2,$ so each slanted side is $5\log 2$ by a $3$ - $4$ - $5$ triangle

解答：

从短底的两端向长底作高，每条腰都是一个直角三角形的斜边；该直角三角形的两条直角边为高 $\log 16 = 4\log 2$ ，以及两底差的一半 $\frac{1}{2}(\log 192 - \log 3)$ $= \frac{1}{2}\log 64$ $= 3 \log 2$ 。由 $3$ - $4$ - $5$ 比例，每条腰长为 $5 \log 2$ 。

周长为 $\begin{aligned} &\log 3 + \log 192 + 2 \cdot 5\log 2 \\ &= \log(3 \cdot 192) + \log 2^{10} \\ &= \log(2^6 3^2) + \log 2^{10} \\ &= \log 2^{16} 3^2 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $p + q = 16 + 2 = 18$ 。

Dropping altitudes from the ends of the short base, each leg is the hypotenuse of a right triangle whose legs are the altitude $\log 16 = 4\log 2$ and half the difference of the bases, $\frac{1}{2}(\log 192 - \log 3)$ $= \frac{1}{2}\log 64$ $= 3 \log 2.$ By the $3$ - $4$ - $5$ ratio, each leg has length $5 \log 2.$

The perimeter is $\begin{aligned} &\log 3 + \log 192 + 2 \cdot 5\log 2 \\ &= \log(3 \cdot 192) + \log 2^{10} \\ &= \log(2^6 3^2) + \log 2^{10} \\ &= \log 2^{16} 3^2, \end{aligned}$ so $p + q = 16 + 2 = 18.$

5.

从一个由单位正方形组成的 $n \times n$ 方格中，不放回地随机选出两个单位正方形。求最小正整数 $n$ ，使得这两个选出的正方形水平相邻或竖直相邻的概率小于 $\frac{1}{2015}$ 。

Two unit squares are selected at random without replacement from an $n \times n$ grid of unit squares. Find the least positive integer $n$ such that the probability that the two selected squares are horizontally or vertically adjacent is less than $\frac{1}{2015}.$

答案

答案：90

知识点：基本概率数对计数不等式

难度评级：2270

小提示：

直接数相邻对：水平相邻有 $n(n-1)$ 对，竖直相邻也有 $n(n-1)$ 对

Count the adjacent pairs directly: $n(n-1)$ horizontal and $n(n-1)$ vertical

大提示：

除以 $\binom{n^2}{2}$ 后，概率化简为 $\frac{4}{n(n+1)}$ ；让它小于 $\frac{1}{2015}$

Dividing by $\binom{n^2}{2}$ simplifies the probability to $\frac{4}{n(n+1)};$ make that less than $\frac{1}{2015}$

解答：

$n$ 行中的每一行有 $n - 1$ 对水平相邻的正方形，共 $n(n-1)$ 对；竖直相邻同样有 $n(n-1)$ 对。在所有 $\binom{n^2}{2} = \frac{n^2(n^2-1)}{2}$ 个等可能的正方形对中，相邻的概率为 $\frac{2n(n-1) \cdot 2}{n^2(n^2 - 1)} = \frac{4}{n(n+1)}\text{。}$

需要 $n(n+1) \gt 4 \cdot 2015 = 8060$ 。因为 $89 \cdot 90 = 8010$ ，而 $90 \cdot 91 = 8190$ ，满足条件的最小 $n$ 是 $90$ 。

Each of the $n$ rows contains $n - 1$ horizontally adjacent pairs, so there are $n(n-1)$ horizontal pairs and likewise $n(n-1)$ vertical pairs. Out of $\binom{n^2}{2} = \frac{n^2(n^2-1)}{2}$ equally likely pairs, the probability of adjacency is $\frac{2n(n-1) \cdot 2}{n^2(n^2 - 1)} = \frac{4}{n(n+1)}.$

We need $n(n+1) \gt 4 \cdot 2015 = 8060.$ Since $89 \cdot 90 = 8010$ and $90 \cdot 91 = 8190,$ the least such $n$ is $90.$

6.

Steve 对 Jon 说：“我在想一个多项式，它的根全都是正整数。这个多项式形如 $P(x) = 2x^3 - 2ax^2$ $+ (a^2 - 81)x - c$ ，其中 $a$ 和 $c$ 是正整数。你能告诉我 $a$ 和 $c$ 的值吗？”

经过一些计算后，Jon 说：“这样的多项式不止一个。”

Steve 说：“你说得对。这是 $a$ 的值。”他写下一个正整数并问：“你能告诉我 $c$ 的值吗？”

Jon 说：“ $c$ 仍然有两个可能值。”

求这两个可能的 $c$ 值之和。

Steve says to Jon, “I am thinking of a polynomial whose roots are all positive integers. The polynomial has the form $P(x) = 2x^3 - 2ax^2$ $+ (a^2 - 81)x - c$ for some positive integers $a$ and $c.$ Can you tell me the values of $a$ and $c?$ ”

After some calculations, Jon says, “There is more than one such polynomial.”

Steve says, “You’re right. Here is the value of $a.$ ” He writes down a positive integer and asks, “Can you tell me the value of $c?$ ”

Jon says, “There are still two possible values of $c.$ ”

Find the sum of the two possible values of $c.$

答案

答案：440

知识点：韦达定理多项式逻辑推理分类讨论

难度评级：2500

小提示：

若根为 $r$ 、 $s$ 、 $t$ ，韦达定理给出 $r + s + t = a$ 和 $rs + rt + st = \frac{a^2 - 81}{2}$

If the roots are $r,$ $s,$ and $t,$ Vieta’s formulas give $r + s + t = a$ and $rs + rt + st = \frac{a^2 - 81}{2}$

大提示：

于是 $r^2 + s^2 + t^2 = 81$ 。列出满足条件的正整数三元组，看看哪个 $a$ 值出现两次。

Then $r^2 + s^2 + t^2 = 81.$ List the positive integer triples and see which value of $a$ occurs twice.

解答：

除以 $2$ 后，根 $r \le s \le t$ 满足 $r + s + t = a$ 、 $rs + rt + st = \frac{a^2 - 81}{2}$ ，以及 $rst = \frac{c}{2}$ 。因此 $\begin{aligned} &r^2 + s^2 + t^2 \\ &= (r + s + t)^2 - 2(rs + rt + st) \\ &= a^2 - (a^2 - 81) \\ &= 81 \end{aligned}\text{。}$

平方和为 $81$ 的正整数三元组为 $(1, 4, 8)$ 、 $(4, 4, 7)$ ，和 $(3, 6, 6)$ ，对应的 $a = r + s + t$ 分别为 $13$ 、 $15$ ，和 $15$ 。因为知道 $a$ 后 Jon 仍有两个选择，所以 $a = 15$ ，两个多项式来自 $(4, 4, 7)$ 和 $(3, 6, 6)$ 。

对应的 $c = 2rst$ 分别为 $2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 7 = 224$ 和 $2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot 6 = 216$ ，和为 $224 + 216 = 440$ 。

Dividing by $2,$ the roots $r \le s \le t$ satisfy $r + s + t = a,$ $rs + rt + st = \frac{a^2 - 81}{2},$ and $rst = \frac{c}{2}.$ Therefore $\begin{aligned} &r^2 + s^2 + t^2 \\ &= (r + s + t)^2 - 2(rs + rt + st) \\ &= a^2 - (a^2 - 81) \\ &= 81. \end{aligned}$

The triples of positive integers whose squares sum to $81$ are $(1, 4, 8),$ $(4, 4, 7),$ and $(3, 6, 6),$ with $a = r + s + t$ equal to $13,$ $15,$ and $15.$ Since knowing $a$ still left Jon two choices, $a = 15,$ and the two polynomials come from $(4, 4, 7)$ and $(3, 6, 6).$

The corresponding values of $c = 2rst$ are $2 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 7 = 224$ and $2 \cdot 3 \cdot 6 \cdot 6 = 216,$ with sum $224 + 216 = 440.$

7.

三角形 $ABC$ 的边长为 $AB = 12$ 、 $BC = 25$ 、 $CA = 17$ 。长方形 $PQRS$ 的顶点 $P$ 在 $\overline{AB}$ 上，顶点 $Q$ 在 $\overline{AC}$ 上，顶点 $R$ 和 $S$ 在 $\overline{BC}$ 上。用边长 $PQ = w$ 表示时， $PQRS$ 的面积可写成二次多项式 $\text{Area}(PQRS) = \alpha w - \beta \cdot w^2\text{。}$ 其中系数 $\beta = \frac{m}{n}$ ， $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 12,$ $BC = 25,$ and $CA = 17.$ Rectangle $PQRS$ has vertex $P$ on $\overline{AB},$ vertex $Q$ on $\overline{AC},$ and vertices $R$ and $S$ on $\overline{BC}.$ In terms of the side length $PQ = w,$ the area of $PQRS$ can be expressed as the quadratic polynomial $\text{Area}(PQRS) = \alpha w - \beta \cdot w^2.$ Then the coefficient $\beta = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：161

知识点：相似海伦公式面积

难度评级：2470

小提示：

用海伦公式可得 $ABC$ 的面积为 $90$ ，所以从 $A$ 到 $\overline{BC}$ 的高为 $\frac{36}{5}$

Heron’s formula gives area $90$ for $ABC,$ so the altitude from $A$ to $\overline{BC}$ is $\frac{36}{5}$

大提示：

三角形 $APQ$ 与 $ABC$ 相似，相似比为 $\frac{w}{25}$ ，所以长方形的高为 $\frac{36}{5}\left(1 - \frac{w}{25}\right)$

Triangle $APQ$ is similar to $ABC$ with ratio $\frac{w}{25},$ so the rectangle’s height is $\frac{36}{5}\left(1 - \frac{w}{25}\right)$

解答：

由海伦公式，半周长 $s = 27$ ，所以 $ABC$ 的面积为 $\sqrt{27 \cdot 2 \cdot 10 \cdot 15} = \sqrt{8100} = 90$ ，因此从 $A$ 到 $\overline{BC}$ 的高为 $h = \frac{2 \cdot 90}{25} = \frac{36}{5}$ 。

因为 $\overline{PQ} \parallel \overline{BC}$ ，三角形 $APQ$ 与 $ABC$ 相似，相似比为 $\frac{w}{25}$ ，所以从 $A$ 到直线 $PQ$ 的距离为 $\frac{w}{25}h$ ，长方形的高为 $PS = h - \frac{w}{25}h$ 。面积为 $\begin{aligned} &w \cdot h\left(1 - \frac{w}{25}\right) \\ &= \frac{36}{5}\,w - \frac{36}{125}\,w^2 \end{aligned}\text{。}$

因此 $\beta = \frac{36}{125}$ ，所以 $m + n = 36 + 125 = 161$ 。

By Heron’s formula with $s = 27,$ the area of $ABC$ is $\sqrt{27 \cdot 2 \cdot 10 \cdot 15} = \sqrt{8100} = 90,$ so the altitude from $A$ to $\overline{BC}$ has length $h = \frac{2 \cdot 90}{25} = \frac{36}{5}.$

Since $\overline{PQ} \parallel \overline{BC},$ triangle $APQ$ is similar to $ABC$ with ratio $\frac{w}{25},$ so the distance from $A$ down to line $PQ$ is $\frac{w}{25}h,$ and the rectangle’s height is $PS = h - \frac{w}{25}h.$ The area is $\begin{aligned} &w \cdot h\left(1 - \frac{w}{25}\right) \\ &= \frac{36}{5}\,w - \frac{36}{125}\,w^2. \end{aligned}$

Thus $\beta = \frac{36}{125},$ and $m + n = 36 + 125 = 161.$

8.

设 $a$ 和 $b$ 是满足 $\frac{ab + 1}{a + b} \lt \frac{3}{2}$ 的正整数。 $\frac{a^3 b^3 + 1}{a^3 + b^3}$ 的最大可能值为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 和 $q$ 是互质正整数。求 $p + q$ 。

Let $a$ and $b$ be positive integers satisfying $\frac{ab + 1}{a + b} \lt \frac{3}{2}.$ The maximum possible value of $\frac{a^3 b^3 + 1}{a^3 + b^3}$ is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

答案：36

知识点：不等式西蒙最爱的因式分解技巧小情形

难度评级：2650

小提示：

若 $a = 1$ 或 $b = 1$ ，第二个表达式等于 $1$ 。否则清除分母，并把不等式重新整理成两个因子的乘积。

If $a = 1$ or $b = 1$ the second expression equals $1.$ Otherwise clear denominators and rearrange the inequality into a product of two factors.

大提示：

对 $a, b \ge 2$ ，条件变为 $(2a - 3)(2b - 3) \lt 5$ ，不计对称只剩 $(2, 2)$ 和 $(2, 3)$

For $a, b \ge 2$ the condition becomes $(2a - 3)(2b - 3) \lt 5,$ leaving only $(2, 2)$ and $(2, 3)$ up to symmetry

解答：

若 $a = 1$ 或 $b = 1$ ，则 $\frac{a^3b^3 + 1}{a^3 + b^3} = 1$ 。因此设 $a, b \ge 2$ 。清除分母后，假设条件为 $2ab + 2 \lt 3a + 3b$ ，两边乘以 $2$ 并整理，得到 $\begin{aligned} &(2a - 3)(2b - 3) \\ &= 4ab - 6a - 6b + 9 \lt 5 \end{aligned}\text{。}$

对 $a, b \ge 2$ ，两个因子都是正奇数，所以不计对称，唯一的可能为 $(a, b) = (2, 2)$ 和 $(2, 3)$ ；它们都满足原不等式，而 $(3, 3)$ 会给出乘积 $9$ 。

对 $(2, 2)$ ，表达式值为 $\frac{65}{16}$ ；对 $(2, 3)$ 值为 $\frac{8 \cdot 27 + 1}{8 + 27} = \frac{217}{35} = \frac{31}{5}$ 。较大者是 $\frac{31}{5}$ ，所以 $p + q = 31 + 5 = 36$ 。

If $a = 1$ or $b = 1,$ then $\frac{a^3b^3 + 1}{a^3 + b^3} = 1.$ So assume $a, b \ge 2.$ Clearing denominators, the hypothesis says $2ab + 2 \lt 3a + 3b,$ and multiplying by $2$ and rearranging gives $\begin{aligned} &(2a - 3)(2b - 3) \\ &= 4ab - 6a - 6b + 9 \lt 5. \end{aligned}$

For $a, b \ge 2$ both factors are positive odd integers, so up to symmetry the only options are $(a, b) = (2, 2)$ and $(2, 3)$ (both of which do satisfy the original inequality, while $(3, 3)$ gives the product $9$ ).

The values are $\frac{65}{16}$ for $(2, 2)$ and $\frac{8 \cdot 27 + 1}{8 + 27} = \frac{217}{35} = \frac{31}{5}$ for $(2, 3).$ The larger is $\frac{31}{5},$ so $p + q = 31 + 5 = 36.$

9.

一个半径为 $4$ 英尺、高为 $10$ 英尺的圆柱形桶装满了水。把一个边长为 $8$ 英尺的实心立方体放入桶中，使立方体的一条对角线竖直。由此排开的水的体积为 $v$ 立方英尺。求 $v^2$ 。

A cylindrical barrel with radius $4$ feet and height $10$ feet is full of water. A solid cube with side length $8$ feet is set into the barrel so that the diagonal of the cube is vertical. The volume of water thus displaced is $v$ cubic feet. Find $v^2.$

答案

答案：384

知识点：立体几何体积棱锥

难度评级：2760

小提示：

排开的水等于立方体位于桶口平面以下的部分：一个从角上切出的四面体，其三条两两垂直的棱相等

The displaced water fills the part of the cube below the plane of the barrel’s rim: a corner tetrahedron with three mutually perpendicular equal edges

大提示：

桶口截面是一个内接于半径 $4$ 圆的等边三角形，所以其边长为 $4\sqrt{3}$ ，对应的三条两两垂直棱长均为 $2\sqrt{6}$

The rim cross-section is an equilateral triangle inscribed in the radius- $4$ circle, so its side is $4\sqrt{3}$ and the perpendicular edges have length $2\sqrt{6}$

解答：

排开水的体积等于立方体位于桶口平面以下的部分体积。由对称性，该区域是从立方体底角切出的四面体：沿立方体棱方向有三条两两垂直且等长的棱，记其长度为 $\ell$ ，顶面是桶口平面中的一个等边三角形。这个等边截面内接于半径为 $4$ 的桶口圆，因此边长为 $4\sqrt{3}$ ，所以 $\ell = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{6}$ 。

取其中一个等腰直角三角形面为底面，则体积为 $\begin{aligned} &\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\ell^2\right)\ell = \frac{\ell^3}{6} \\ &= \frac{(2\sqrt{6})^3}{6} \\ &= \frac{48\sqrt{6}}{6} = 8\sqrt{6} \end{aligned}\text{。}$

因此 $v = 8\sqrt{6}$ ，所以 $v^2 = 64 \cdot 6 = 384$ 。

The displaced volume equals the volume of the part of the cube lying below the plane of the barrel’s rim. By symmetry that region is a tetrahedron cut from the bottom corner of the cube: three mutually perpendicular edges of equal length $\ell$ along the cube’s edges, capped by an equilateral triangle in the rim plane. The equilateral cross-section is inscribed in the rim circle of radius $4,$ so its side length is $4\sqrt{3},$ and therefore $\ell = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{6}.$

Taking one of the right isosceles faces as the base, the volume is $\begin{aligned} &\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\ell^2\right)\ell = \frac{\ell^3}{6} \\ &= \frac{(2\sqrt{6})^3}{6} \\ &= \frac{48\sqrt{6}}{6} = 8\sqrt{6}. \end{aligned}$

Thus $v = 8\sqrt{6}$ and $v^2 = 64 \cdot 6 = 384.$

10.

若整数 $1$ 、 $2$ 、 $\ldots$ 、 $n$ 的一个排列 $a_1$ 、 $a_2$ 、 $\ldots$ 、 $a_n$ 满足对每个 $1 \le k \le n - 1$ 都有 $a_k \le a_{k+1} + 2$ ，则称它为准递增排列。例如， $53421$ 和 $14253$ 是整数 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 、 $5$ 的准递增排列，但 $45123$ 不是。求整数 $1$ 、 $2$ 、 $\ldots$ 、 $7$ 的准递增排列个数。

Call a permutation $a_1,$ $a_2,$ $\ldots,$ $a_n$ of the integers $1,$ $2,$ $\ldots,$ $n$ quasi-increasing if $a_k \le a_{k+1} + 2$ for each $1 \le k \le n - 1.$ For example, $53421$ and $14253$ are quasi-increasing permutations of the integers $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ $5,$ but $45123$ is not. Find the number of quasi-increasing permutations of the integers $1,$ $2,$ $\ldots,$ $7.$

答案

答案：486

知识点：排列递推计数

难度评级：2890

小提示：

试着把 $n$ 插入一个 $1, \ldots, n-1$ 的准递增排列中，从而构造 $1, \ldots, n$ 的准递增排列

Try building a quasi-increasing permutation of $1, \ldots, n$ by inserting $n$ into a quasi-increasing permutation of $1, \ldots, n-1$

大提示：

$n$ 可以放在 $n-1$ 正前方、 $n-2$ 正前方，或最后面；总是恰好 $3$ 个位置，所以每加入新的 $n$ ，数量乘以三

The $n$ can go immediately before $n-1,$ immediately before $n-2,$ or at the very end — always exactly $3$ places, so the count triples with each new $n$

解答：

设 $S_n$ 为 $1, \ldots, n$ 的准递增排列个数。把 $n$ 插入一个 $1, \ldots, n - 1$ 的准递增排列中：紧跟在 $n$ 后面的数必须至少为 $n - 2$ ，所以 $n$ 可以放在 $n - 1$ 正前方、 $n - 2$ 正前方，或最后面，恰好有 $3$ 个位置；每种插入都会保持其他相邻条件不变。

反过来，从一个 $1, \ldots, n$ 的准递增排列中删除 $n$ 会留下一个 $1, \ldots, n - 1$ 的准递增排列，因为当 $n \ge 3$ 时，被删去的 $n$ 两侧的数满足 $a_{k-1} \le n - 1 \le a_{k+1} + 2$ 。所以对 $n \ge 3$ 有 $S_n = 3S_{n-1}$ 。

因为 $S_2 = 2$ ，所以 $S_7 = 2 \cdot 3^5 = 486$ 。

Let $S_n$ be the number of quasi-increasing permutations of $1, \ldots, n.$ Insert $n$ into a quasi-increasing permutation of $1, \ldots, n - 1:$ the entry following $n$ must be at least $n - 2,$ so $n$ can go immediately before $n - 1,$ immediately before $n - 2,$ or at the very end — exactly $3$ positions, and each insertion keeps every other adjacent condition intact.

Conversely, deleting $n$ from a quasi-increasing permutation of $1, \ldots, n$ leaves a quasi-increasing permutation of $1, \ldots, n - 1,$ since the entries around the deleted $n$ satisfy $a_{k-1} \le n - 1 \le a_{k+1} + 2$ when $n \ge 3.$ So $S_n = 3S_{n-1}$ for $n \ge 3.$

Since $S_2 = 2,$ we get $S_7 = 2 \cdot 3^5 = 486.$

11.

锐角三角形 $\triangle ABC$ 的外接圆圆心为 $O$ 。过点 $O$ 且垂直于 $\overline{OB}$ 的直线分别与直线 $AB$ 和 $BC$ 交于 $P$ 和 $Q$ ，又已知 $AB = 5$ 、 $BC = 4$ 、 $BQ = 4.5$ ，且 $BP = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

The circumcircle of acute $\triangle ABC$ has center $O.$ The line passing through point $O$ perpendicular to $\overline{OB}$ intersects lines $AB$ and $BC$ at $P$ and $Q,$ respectively. Also $AB = 5,$ $BC = 4,$ $BQ = 4.5,$ and $BP = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：23

知识点：外接圆、外心与外接圆半径导角相似

难度评级：3060

小提示：

在直角三角形 $OBQ$ 中， $\angle OQB = 90^\circ - \angle OBC$ ，而等腰三角形 $OBC$ 给出 $\angle OBC = 90^\circ - \angle A$

In right triangle $OBQ,$ $\angle OQB = 90^\circ - \angle OBC,$ and isosceles triangle $OBC$ gives $\angle OBC = 90^\circ - \angle A$

大提示：

因此 $\angle BQP = \angle BAC$ ，从而 $\triangle BQP \sim \triangle BAC$ ，并有 $\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}$

So $\angle BQP = \angle BAC,$ making $\triangle BQP \sim \triangle BAC$ with $\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}$

解答：

弦 $\overline{BC}$ 所对的圆心角为 $\angle BOC = 2\angle A$ ，且 $OB = OC$ ，所以三角形 $OBC$ 是等腰三角形， $\angle OBC = 90^\circ - \angle A$ 。在三角形 $OBQ$ 中，点 $O$ 处的角为 $90^\circ$ ，因此 $\begin{aligned} &\angle BQP = 90^\circ - \angle OBQ \\ &= 90^\circ - (90^\circ - \angle A) \\ &= \angle A \end{aligned}\text{。}$

三角形 $BQP$ 与 $BAC$ 共用点 $B$ 处的角，且 $\angle BQP = \angle BAC$ ，所以它们相似，得到 $\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}$ 。于是 $\begin{aligned} &BP = \frac{BQ \cdot BC}{BA} \\ &= \frac{4.5 \cdot 4}{5} = \frac{18}{5} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 18 + 5 = 23$ 。

The central angle over $\overline{BC}$ is $\angle BOC = 2\angle A,$ and $OB = OC$ makes triangle $OBC$ isosceles, so $\angle OBC = 90^\circ - \angle A.$ In triangle $OBQ$ the angle at $O$ is $90^\circ,$ hence $\begin{aligned} &\angle BQP = 90^\circ - \angle OBQ \\ &= 90^\circ - (90^\circ - \angle A) \\ &= \angle A. \end{aligned}$

Triangles $BQP$ and $BAC$ share the angle at $B$ and have $\angle BQP = \angle BAC,$ so they are similar, giving $\frac{BP}{BC} = \frac{BQ}{BA}.$ Therefore $\begin{aligned} &BP = \frac{BQ \cdot BC}{BA} \\ &= \frac{4.5 \cdot 4}{5} = \frac{18}{5}, \end{aligned}$ and $m + n = 18 + 5 = 23.$

12.

由 $10$ 个字母组成、且每个字母都是 A 或 B 的字符串共有 $2^{10} = 1024$ 个。求其中不含超过 $3$ 个连续相同字母的字符串个数。

There are $2^{10} = 1024$ possible $10$ -letter strings in which each letter is either an A or a B. Find the number of such strings that do not have more than $3$ adjacent letters that are identical.

答案

答案：548

知识点：递推计数有限制的排列

难度评级：2890

小提示：

条件等价于每一段连续相同字母的长度至多为 $3$ 。按第一段的长度分类有效字符串。

The condition says every run of identical letters has length at most $3.$ Classify valid strings by the length of their first run.

大提示：

若 $s_n$ 表示以指定字母开头的有效 $n$ 位字符串个数，则 $s_n = s_{n-1} + s_{n-2} + s_{n-3}$

If $s_n$ counts valid length- $n$ strings starting with a given letter, then $s_n = s_{n-1} + s_{n-2} + s_{n-3}$

解答：

条件说明每一段连续相同字母的长度至多为 $3$ 。令 $s_n$ 表示以 A 开头的有效 $n$ 位字符串个数；由对称性，答案为 $2s_{10}$ 。去掉第一段（长度为 $1$ 、 $2$ 或 $3$ ）后，剩下的是一个以 B 开头的更短有效字符串，所以 $s_n = s_{n-1} + s_{n-2} + s_{n-3}\text{。}$

由初值 $s_1 = 1$ 、 $s_2 = 2$ 、 $s_3 = 4$ 出发，序列接下来依次为 $7, 13, 24, 44, 81, 149, 274$ ，所以 $s_{10} = 274$ 。

有效字符串数为 $2 \cdot 274 = 548$ 。

The condition says every maximal run of identical letters has length at most $3.$ Let $s_n$ count the valid strings of length $n$ whose first letter is A; by symmetry the answer is $2s_{10}.$ Removing the first run (of length $1,$ $2,$ or $3$ ) leaves a valid shorter string beginning with B, so $s_n = s_{n-1} + s_{n-2} + s_{n-3}.$

Starting from $s_1 = 1,$ $s_2 = 2,$ $s_3 = 4,$ the sequence runs $7, 13, 24, 44, 81, 149, 274,$ so $s_{10} = 274.$

The number of valid strings is $2 \cdot 274 = 548.$

13.

定义数列 $a_1$ 、 $a_2$ 、 $a_3$ 、 $\ldots$ ，其中 $a_n = \sum_{k=1}^{n} \sin(k)$ ，且 $k$ 表示弧度。求第 $100$ 个满足 $a_n \lt 0$ 的项的下标。

Define the sequence $a_1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ by $a_n = \sum_{k=1}^{n} \sin(k),$ where $k$ represents radian measure. Find the index of the $100$ th term for which $a_n \lt 0.$

答案

答案：628

知识点：三角恒等式裂项相消取整函数

难度评级：3270

小提示：

将这个和乘以 $2\sin\frac{1}{2}$ ，并用积化和差恒等式让它裂项相消

Multiply the sum by $2\sin\frac{1}{2}$ and use a product-to-sum identity to make it telescope

大提示：

$a_n \lt 0$ 当且仅当对某个正整数 $m$ 有 $2\pi m - 1 \lt n \lt 2\pi m$ ，且每个这样的区间恰含一个整数

$a_n \lt 0$ exactly when $2\pi m - 1 \lt n \lt 2\pi m$ for some positive integer $m,$ and each such interval contains exactly one integer

解答：

把每一项乘以 $2\sin\frac{1}{2}$ ，并使用 $2\sin k \sin\frac{1}{2}$ $= \cos\left(k - \frac{1}{2}\right)$ $- \cos\left(k + \frac{1}{2}\right)$ ，这个和会裂项相消： $a_n = \frac{\cos\frac{1}{2} - \cos\left(n + \frac{1}{2}\right)}{2\sin\frac{1}{2}}\text{。}$

因此 $a_n \lt 0$ 当且仅当 $\cos\left(n + \frac{1}{2}\right) \gt \cos\frac{1}{2}$ ，这正好发生在 $n + \frac{1}{2}$ 与某个 $2\pi$ 的倍数相差小于 $\frac{1}{2}$ 时： $\begin{aligned} &2\pi m - \tfrac{1}{2} \lt n + \tfrac{1}{2} \\ &\lt 2\pi m + \tfrac{1}{2} \end{aligned}\text{，}$ 也就是 $2\pi m - 1 \lt n \lt 2\pi m\text{。}$ 每个区间 $(2\pi m - 1,\, 2\pi m)$ 长度为 $1$ ，且恰好包含一个整数，即 $\lfloor 2\pi m \rfloor$ 。

因此第 $100$ 个负项的下标为 $\lfloor 200\pi \rfloor$ 。因为 $3.14 \lt \pi \lt 3.145$ ，所以 $628 \lt 200\pi \lt 629$ ，故下标为 $628$ 。

Multiplying each term by $2\sin\frac{1}{2}$ and using $2\sin k \sin\frac{1}{2}$ $= \cos\left(k - \frac{1}{2}\right)$ $- \cos\left(k + \frac{1}{2}\right),$ the sum telescopes: $a_n = \frac{\cos\frac{1}{2} - \cos\left(n + \frac{1}{2}\right)}{2\sin\frac{1}{2}}.$

So $a_n \lt 0$ exactly when $\cos\left(n + \frac{1}{2}\right) \gt \cos\frac{1}{2},$ which happens exactly when $n + \frac{1}{2}$ is within $\frac{1}{2}$ of a multiple of $2\pi:$ $\begin{aligned} &2\pi m - \tfrac{1}{2} \lt n + \tfrac{1}{2} \\ &\lt 2\pi m + \tfrac{1}{2}, \end{aligned}$ i.e. $2\pi m - 1 \lt n \lt 2\pi m.$ Each interval $(2\pi m - 1,\, 2\pi m)$ has length $1$ and contains exactly one integer, namely $\lfloor 2\pi m \rfloor.$

Hence the $100$ th negative term has index $\lfloor 200\pi \rfloor.$ Since $3.14 \lt \pi \lt 3.145,$ we have $628 \lt 200\pi \lt 629,$ so the index is $628.$

14.

设实数 $x$ 和 $y$ 满足 $x^4 y^5 + y^4 x^5 = 810$ 且 $x^3 y^6 + y^3 x^6 = 945$ 。求 $2x^3 + (xy)^3 + 2y^3$ 的值。

Let $x$ and $y$ be real numbers satisfying $x^4 y^5 + y^4 x^5 = 810$ and $x^3 y^6 + y^3 x^6 = 945.$ Evaluate $2x^3 + (xy)^3 + 2y^3.$

答案

答案：89

知识点：对称性（代数）换元法因式分解

难度评级：3160

小提示：

将两个方程分解为 $x^4y^4(x + y) = 810$ 和 $x^3y^3(x^3 + y^3) = 945$ ，再令 $s = x + y$ 、 $p = xy$

Factor the equations as $x^4y^4(x + y) = 810$ and $x^3y^3(x^3 + y^3) = 945,$ then set $s = x + y$ and $p = xy$

大提示：

两式相除得到 $\frac{s^2 - 3p}{p} = \frac{7}{6}$ ，所以 $6s^2 = 25p$ ；再代回去求 $s^3$ 和 $p^3$ 。

Dividing the equations gives $\frac{s^2 - 3p}{p} = \frac{7}{6},$ so $6s^2 = 25p;$ substitute back to find $s^3$ and $p^3$

解答：

两个方程可分解为 $x^4y^4(x + y) = 810$ 和 $x^3y^3(x^3 + y^3) = 945$ 。令 $s = x + y$ 、 $p = xy$ ，并使用 $x^3 + y^3 = s(s^2 - 3p)$ ，它们变为 $p^4 s = 810$ 和 $p^3 s\,(s^2 - 3p) = 945$ 。相除得 $\begin{aligned} &\frac{s^2 - 3p}{p} = \frac{945}{810} \\ &= \frac{7}{6} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $6s^2 = 25p\text{。}$

把 $p = \frac{6s^2}{25}$ 代入 $p^4 s = 810$ ，得到 $\left(\frac{6}{25}\right)^4 s^9 = 810$ ，所以 $s^9 = 810 \cdot \frac{390625}{1296} = \frac{1953125}{8}$ ，这说明 $s^3 = \frac{125}{2}$ 。于是 $ps = \frac{6s^3}{25} = 15$ ，且 $p^3 = \frac{216 s^6}{25^3} = \frac{\frac{216 \cdot 15625}{4}}{15625} = 54$ 。

最后 $\begin{aligned} &2x^3 + (xy)^3 + 2y^3 \\ &= 2(s^3 - 3ps) + p^3 \\ &= 2\left(\frac{125}{2} - 45\right) + 54 \\ &= 35 + 54 = 89 \end{aligned}\text{。}$

The equations factor as $x^4y^4(x + y) = 810$ and $x^3y^3(x^3 + y^3) = 945.$ With $s = x + y$ and $p = xy,$ using $x^3 + y^3 = s(s^2 - 3p),$ they become $p^4 s = 810$ and $p^3 s\,(s^2 - 3p) = 945.$ Dividing, $\begin{aligned} &\frac{s^2 - 3p}{p} = \frac{945}{810} \\ &= \frac{7}{6}, \end{aligned}$ so $6s^2 = 25p.$

Substituting $p = \frac{6s^2}{25}$ into $p^4 s = 810$ gives $\left(\frac{6}{25}\right)^4 s^9 = 810,$ so $s^9 = 810 \cdot \frac{390625}{1296} = \frac{1953125}{8},$ which means $s^3 = \frac{125}{2}.$ Then $ps = \frac{6s^3}{25} = 15$ and $p^3 = \frac{216 s^6}{25^3} = \frac{\frac{216 \cdot 15625}{4}}{15625} = 54.$

Finally $\begin{aligned} &2x^3 + (xy)^3 + 2y^3 \\ &= 2(s^3 - 3ps) + p^3 \\ &= 2\left(\frac{125}{2} - 45\right) + 54 \\ &= 35 + 54 = 89. \end{aligned}$

15.

圆 $\mathcal{P}$ 和 $\mathcal{Q}$ 的半径分别为 $1$ 和 $4$ ，并在点 $A$ 外切。点 $B$ 在 $\mathcal{P}$ 上，点 $C$ 在 $\mathcal{Q}$ 上，使直线 $BC$ 是两圆的一条公外切线。过 $A$ 的一条直线 $\ell$ 再次与 $\mathcal{P}$ 交于 $D$ ，再次与 $\mathcal{Q}$ 交于 $E$ 。点 $B$ 和 $C$ 位于 $\ell$ 的同侧，且 $\triangle DBA$ 与 $\triangle ACE$ 的面积相等。这个公共面积为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Circles $\mathcal{P}$ and $\mathcal{Q}$ have radii $1$ and $4,$ respectively, and are externally tangent at point $A.$ Point $B$ is on $\mathcal{P}$ and point $C$ is on $\mathcal{Q}$ so that line $BC$ is a common external tangent of the two circles. A line $\ell$ through $A$ intersects $\mathcal{P}$ again at $D$ and intersects $\mathcal{Q}$ again at $E.$ Points $B$ and $C$ lie on the same side of $\ell,$ and the areas of $\triangle DBA$ and $\triangle ACE$ are equal. This common area is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：129

知识点：位似相切圆坐标几何三角形面积

难度评级：3500

小提示：

以 $A$ 为中心、把 $\mathcal{P}$ 映到 $\mathcal{Q}$ 的位似会把 $D$ 映到 $E$ ，所以 $AE = 4\,AD$ ；面积相等迫使 $B$ 到 $\ell$ 的距离是 $C$ 到该直线距离的 $4$ 倍

The homothety at $A$ taking $\mathcal{P}$ to $\mathcal{Q}$ sends $D$ to $E,$ so $AE = 4\,AD$ and equal areas force $B$ ’s distance to $\ell$ to be $4$ times $C$ ’s

大提示：

设 $B = (0, 0)$ 、 $C = (4, 0)$ 、 $A = \left(\frac{4}{5}, \frac{8}{5}\right)$ ，求过 $A$ 且使 $B$ 、 $C$ 在同侧、到直线距离之比为 $4 : 1$ 的直线

Set $B = (0, 0),$ $C = (4, 0),$ $A = \left(\frac{4}{5}, \frac{8}{5}\right)$ and find the line through $A$ whose distances to $B$ and $C$ have ratio $4 : 1,$ same side

解答：

把直线 $BC$ 放在 $x$ -轴上，则圆心为 $P = (0, 1)$ 和 $Q = (4, 4)$ ；两圆心之间的距离为 $1 + 4 = 5$ 。此时 $B = (0, 0)$ 、 $C = (4, 0)$ ，切点为 $A = P + \frac{1}{5}(Q - P) = \left(\frac{4}{5}, \frac{8}{5}\right)$ 。以 $A$ 为中心、比为 $-4$ 的位似把 $\mathcal{P}$ 映到 $\mathcal{Q}$ ，并把 $D$ 映到 $E$ ，所以 $AE = 4\,AD$ 。由于 $[DBA] = \frac{1}{2} AD \cdot d(B, \ell)$ 且 $[ACE] = \frac{1}{2} AE \cdot d(C, \ell)$ ，面积相等条件为 $d(B, \ell) = 4\,d(C, \ell)$ ，并且 $B$ 、 $C$ 在 $\ell$ 的同侧。

将 $\ell$ 写成 $u\left(x - \frac{4}{5}\right) + v\left(y - \frac{8}{5}\right) = 0$ 。它在 $B$ 和 $C$ 处的带符号值分别为 $-\frac{4u + 8v}{5}$ 和 $\frac{16u - 8v}{5}$ ，所以同侧且距离比为 $4$ 的条件为 $-(4u + 8v) = 4(16u - 8v)$ ，得到 $24v = 68u$ ，即 $v = \frac{17}{6}u$ 。取 $(u, v) = (6, 17)$ ，直线为 $6x + 17y = 32$ 。

于是 $d(B, \ell) = \frac{32}{\sqrt{325}}$ 。圆心 $P = (0, 1)$ 到 $\ell$ 的距离为 $\frac{15}{\sqrt{325}}$ ，因此由弦长可得 $AD = 2\sqrt{1 - \frac{225}{325}} = \frac{20}{\sqrt{325}}$ 。公共面积为 $\begin{aligned} &\frac{1}{2} \cdot \frac{20}{\sqrt{325}} \cdot \frac{32}{\sqrt{325}} \\ &= \frac{320}{325} = \frac{64}{65} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 64 + 65 = 129$ 。

Place line $BC$ on the $x$ -axis, so the centers are $P = (0, 1)$ and $Q = (4, 4)$ (their distance is $1 + 4 = 5$ ), with $B = (0, 0),$ $C = (4, 0),$ and the tangency point $A = P + \frac{1}{5}(Q - P) = \left(\frac{4}{5}, \frac{8}{5}\right).$ The homothety centered at $A$ with ratio $-4$ carries $\mathcal{P}$ to $\mathcal{Q}$ and $D$ to $E,$ so $AE = 4\,AD.$ Since $[DBA] = \frac{1}{2} AD \cdot d(B, \ell)$ and $[ACE] = \frac{1}{2} AE \cdot d(C, \ell),$ the equal-area condition is $d(B, \ell) = 4\,d(C, \ell)$ with $B$ and $C$ on the same side of $\ell.$

Write $\ell$ as $u\left(x - \frac{4}{5}\right) + v\left(y - \frac{8}{5}\right) = 0.$ Its signed values at $B$ and $C$ are $-\frac{4u + 8v}{5}$ and $\frac{16u - 8v}{5},$ so the same-side ratio- $4$ condition reads $-(4u + 8v) = 4(16u - 8v),$ giving $24v = 68u,$ i.e. $v = \frac{17}{6}u.$ Taking $(u, v) = (6, 17),$ the line is $6x + 17y = 32.$

Then $d(B, \ell) = \frac{32}{\sqrt{325}},$ and the center $P = (0, 1)$ is at distance $\frac{15}{\sqrt{325}}$ from $\ell,$ so the chord gives $AD = 2\sqrt{1 - \frac{225}{325}} = \frac{20}{\sqrt{325}}.$ The common area is $\begin{aligned} &\frac{1}{2} \cdot \frac{20}{\sqrt{325}} \cdot \frac{32}{\sqrt{325}} \\ &= \frac{320}{325} = \frac{64}{65}, \end{aligned}$ so $m + n = 64 + 65 = 129.$