2016 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

起初 Alex、Betty 和 Charlie 一共有 $444$ 颗花生。Charlie 的花生最多，Alex 的花生最少。三人各自拥有的花生数成等比数列。Alex 吃掉了 $5$ 颗，Betty 吃掉了 $9$ 颗，Charlie 吃掉了 $25$ 颗。现在三人各自剩下的花生数成等差数列。求 Alex 起初有多少颗花生。

Initially Alex, Betty, and Charlie had a total of $444$ peanuts. Charlie had the most peanuts, and Alex had the least. The three numbers of peanuts that each person had form a geometric progression. Alex eats $5$ of his peanuts, Betty eats $9$ of her peanuts, and Charlie eats $25$ of his peanuts. Now the three numbers of peanuts that each person has form an arithmetic progression. Find the number of peanuts Alex had initially.

答案

知识点：等比数列等差数列方程组

难度评级：2050

小提示：

三人都吃完后还剩 $405$ 颗花生，且成等差数列，所以中间那个人的数量是 $135$

After everyone eats, $405$ peanuts remain in arithmetic progression, so the middle amount is $135$

大提示：

Betty 起初有 $144$ 颗。把三人起初的花生数写成 $\frac{144}{r}$ 、 $144$ 、 $144r$ ，再利用总数 $444$ 。

Betty began with $144.$ Write the starting amounts as $\frac{144}{r},$ $144,$ $144r$ and use the total $444.$

解答：

吃掉花生后，还剩 $444 - 5 - 9 - 25 = 405$ 颗，并且三个数量成等差数列，所以中间项，也就是 Betty 的数量，是 $\frac{405}{3} = 135$ 。因此 Betty 起初有 $135 + 9 = 144$ 颗花生。

起始数量成等比数列，所以可写成 $\frac{144}{r}$ 、 $144$ 和 $144r$ ，其中 $r \gt 1$ （因为 Charlie 最多而 Alex 最少）。于是 $\frac{144}{r} + 144 + 144r = 444\text{，}$ 化简得 $12r^2 - 25r + 12 = 0$ ，根为 $r = \frac{4}{3}$ 与 $r = \frac{3}{4}$ 。因为 $r \gt 1$ ，取 $r = \frac{4}{3}$ 。

所以 Alex 起初有 $144 \cdot \frac{3}{4} = 108$ 颗花生。（检验：吃完后数量为 $103$ 、 $135$ 、 $167$ ，公差为 $32$ 。）

After the eating, $444 - 5 - 9 - 25 = 405$ peanuts remain, and the three amounts form an arithmetic progression, so the middle amount, Betty’s, is $\frac{405}{3} = 135.$ Hence Betty started with $135 + 9 = 144$ peanuts.

The starting amounts form a geometric progression, so they are $\frac{144}{r},$ $144,$ and $144r$ with $r \gt 1$ (Charlie had the most and Alex the least). Then $\frac{144}{r} + 144 + 144r = 444,$ which simplifies to $12r^2 - 25r + 12 = 0,$ with roots $r = \frac{4}{3}$ and $r = \frac{3}{4};$ since $r \gt 1,$ we take $r = \frac{4}{3}.$

So Alex initially had $144 \cdot \frac{3}{4} = 108$ peanuts. (Check: after eating, the amounts $103,$ $135,$ $167$ increase by $32$ each.)

2.

星期六下雨的概率是 $40\%$ ，星期天下雨的概率是 $30\%$ 。不过，如果星期六下雨，星期天下雨的可能性是星期六不下雨时的两倍。这个周末至少有一天会下雨的概率是 $\frac{a}{b}$ ，其中 $a$ 与 $b$ 是互质的正整数。求 $a + b$ 。

There is a $40\%$ chance of rain on Saturday and a $30\%$ chance of rain on Sunday. However, it is twice as likely to rain on Sunday if it rains on Saturday than if it does not rain on Saturday. The probability that it rains at least one day this weekend is $\frac{a}{b},$ where $a$ and $b$ are relatively prime positive integers. Find $a + b.$

答案

知识点：条件概率对立事件概率

难度评级：2070

小提示：

设星期六不下雨时星期天下雨的概率为 $p$ ；那么星期六下雨时这个概率为 $2p$ 。使用星期天下雨的总概率 $30\%$ 。

Let $p$ be the chance of Sunday rain when Saturday is dry; then it is $2p$ when Saturday is rainy. Use the overall $30\%.$

大提示：

求出 $p$ 后，整个周末都不下雨的概率是 $0.6(1 - p)$

Once $p$ is known, the chance of a completely dry weekend is $0.6(1 - p)$

解答：

设星期六不下雨时星期天下雨的概率为 $p$ ；星期六下雨时，这个概率为 $2p$ 。由星期天下雨的总概率得 $0.4(2p) + 0.6p = 0.3\text{，}$ 所以 $1.4p = 0.3$ ，从而 $p = \frac{3}{14}$ 。

周末完全不下雨，恰好是星期六不下雨且随后星期天也不下雨，其概率为 $\frac{3}{5}\left(1 - \frac{3}{14}\right) = \frac{3}{5} \cdot \frac{11}{14} = \frac{33}{70}$ 。因此至少一天下雨的概率是 $1 - \frac{33}{70} = \frac{37}{70}$ ，已经是最简分数，所以 $a + b = 37 + 70 = 107$ 。

Let $p$ be the probability that it rains on Sunday given a dry Saturday; given a rainy Saturday it is $2p.$ The overall Sunday chance gives $0.4(2p) + 0.6p = 0.3,$ so $1.4p = 0.3$ and $p = \frac{3}{14}.$

The weekend is completely dry exactly when Saturday is dry and then Sunday is dry: $\frac{3}{5}\left(1 - \frac{3}{14}\right) = \frac{3}{5} \cdot \frac{11}{14} = \frac{33}{70}.$ So the probability of rain on at least one day is $1 - \frac{33}{70} = \frac{37}{70},$ which is in lowest terms, and $a + b = 37 + 70 = 107.$

3.

设实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 满足方程组 $\log_2(xyz - 3 + \log_5 x) = 5$ $\log_3(xyz - 3 + \log_5 y) = 4$ $\log_4(xyz - 3 + \log_5 z) = 4\text{。}$ 求 $|\log_5 x| + |\log_5 y| + |\log_5 z|$ 的值。

Let $x,$ $y,$ and $z$ be real numbers satisfying the system $\log_2(xyz - 3 + \log_5 x) = 5$ $\log_3(xyz - 3 + \log_5 y) = 4$ $\log_4(xyz - 3 + \log_5 z) = 4.$ Find the value of $|\log_5 x| + |\log_5 y| + |\log_5 z|.$

答案

知识点：对数方程组换元法

难度评级：2300

小提示：

先去掉每个外层对数：方程变为 $xyz + \log_5 x = 35$ 、 $xyz + \log_5 y = 84$ 、 $xyz + \log_5 z = 259$

Undo each outer logarithm: the equations become $xyz + \log_5 x = 35,$ $xyz + \log_5 y = 84,$ $xyz + \log_5 z = 259$

大提示：

令 $x = 5^a$ ，其余两个变量也作类似表示，再把三个方程相加： $3 \cdot 5^{a+b+c} + (a + b + c) = 378$ 只有一个解

Set $x = 5^a,$ etc., and add all three equations: $3 \cdot 5^{a+b+c} + (a + b + c) = 378$ has exactly one solution

解答：

对每个方程取指数得 $xyz - 3 + \log_5 x = 2^5$ ，另外两个方程同理，所以 $xyz + \log_5 x = 35\text{，}$ $xyz + \log_5 y = 84\text{，}$ $xyz + \log_5 z = 259\text{。}$ 令 $x = 5^a$ 、 $y = 5^b$ 、 $z = 5^c$ ，则 $xyz = 5^{a+b+c}$ 。

三个方程相加得 $3 \cdot 5^s + s = 378$ ，其中 $s = a + b + c$ 。左边是关于 $s$ 的严格递增函数，且 $s = 3$ 可行，因为 $375 + 3 = 378$ ，所以 $s = 3$ ，并且 $5^s = 125$ 。

于是 $a = 35 - 125 = -90$ ， $b = 84 - 125 = -41$ ， $c = 259 - 125 = 134$ ，所以 $|a| + |b| + |c|$ $= 90 + 41 + 134$ $= 265$ 。

Exponentiating each equation gives $xyz - 3 + \log_5 x = 2^5$ and similarly for the others, so $xyz + \log_5 x = 35,$ $xyz + \log_5 y = 84,$ $xyz + \log_5 z = 259.$ Write $x = 5^a,$ $y = 5^b,$ $z = 5^c,$ so that $xyz = 5^{a+b+c}.$

Adding the three equations gives $3 \cdot 5^s + s = 378,$ where $s = a + b + c.$ The left side is strictly increasing in $s,$ and $s = 3$ works since $375 + 3 = 378,$ so $s = 3$ and $5^s = 125.$

Then $a = 35 - 125 = -90,$ $b = 84 - 125 = -41,$ and $c = 259 - 125 = 134,$ so $|a| + |b| + |c|$ $= 90 + 41 + 134$ $= 265.$

4.

一个 $a \times b \times c$ 的长方体由 $a \cdot b \cdot c$ 个单位立方体组成。每个单位立方体被涂成红色、绿色或黄色。平行于长方体 $(b \times c)$ 面的 $1 \times b \times c$ 层共有 $a$ 层，每层恰有 $9$ 个红色立方体、 $12$ 个绿色立方体和若干黄色立方体。平行于 $(a \times c)$ 面的 $a \times 1 \times c$ 层共有 $b$ 层，每层恰有 $20$ 个绿色立方体、 $25$ 个黄色立方体和若干红色立方体。求这个长方体可能的最小体积。

An $a \times b \times c$ rectangular box is built from $a \cdot b \cdot c$ unit cubes. Each unit cube is colored red, green, or yellow. Each of the $a$ layers of size $1 \times b \times c$ parallel to the $(b \times c)$ -faces of the box contains exactly $9$ red cubes, exactly $12$ green cubes, and some yellow cubes. Each of the $b$ layers of size $a \times 1 \times c$ parallel to the $(a \times c)$ -faces of the box contains exactly $20$ green cubes, exactly $25$ yellow cubes, and some red cubes. Find the smallest possible volume of the box.

答案

知识点：双重计数整除性

难度评级：2450

小提示：

用两个层方向分别统计整个长方体中每种颜色的数量；例如绿色给出 $12a = 20b$

Count each color over the whole box using both layer directions; for instance green gives $12a = 20b$

大提示：

计数会推出 $bc = 36$ 和 $ac = 60$ ，所以体积是 $\frac{2160}{c}$ ，其中 $c$ 同时整除 $36$ 与 $60$

The counts force $bc = 36$ and $ac = 60,$ so the volume is $\frac{2160}{c}$ with $c$ dividing both $36$ and $60$

解答：

每个 $1 \times b \times c$ 层恰有 $9$ 个红色和 $12$ 个绿色立方体，因此恰有 $bc - 21$ 个黄色立方体；每个 $a \times 1 \times c$ 层恰有 $20$ 个绿色和 $25$ 个黄色立方体，因此恰有 $ac - 45$ 个红色立方体。用两种方式统计整个长方体中的绿色立方体，得 $12a = 20b$ ，所以 $3a = 5b$ 。统计黄色立方体得 $a(bc - 21) = 25b = 15a$ ，所以 $bc = 36$ 。统计红色立方体得 $b(ac - 45) = 9a$ ，且 $\frac{9a}{b} = 15$ ，所以 $ac = 60$ 。

因此 $a = \frac{60}{c}$ 和 $b = \frac{36}{c}$ 是正整数，所以 $c$ 整除 $\gcd(60, 36) = 12$ 。体积为 $abc = \frac{60 \cdot 36}{c} = \frac{2160}{c}$ ，当 $c = 12$ 时最小。此时体积为 $180$ ，且 $(a, b, c) = (5, 3, 12)$ 。

这可以实现：把每个 $1 \times 3 \times 12$ 层涂成三行相同的 RRRGGGGYYYYY。于是每个 $1 \times 3 \times 12$ 层有 $9$ 个红色、 $12$ 个绿色和 $15$ 个黄色立方体；每个 $5 \times 1 \times 12$ 层有 $15$ 个红色、 $20$ 个绿色和 $25$ 个黄色立方体。所以最小可能体积是 $180$ 。

Each $1 \times b \times c$ layer has exactly $9$ red and $12$ green cubes, hence exactly $bc - 21$ yellow; each $a \times 1 \times c$ layer has exactly $20$ green and $25$ yellow, hence exactly $ac - 45$ red. Counting green cubes in the whole box both ways gives $12a = 20b,$ so $3a = 5b.$ Counting yellow both ways gives $a(bc - 21) = 25b = 15a,$ so $bc = 36.$ Counting red both ways gives $b(ac - 45) = 9a,$ and $\frac{9a}{b} = 15,$ so $ac = 60.$

Thus $a = \frac{60}{c}$ and $b = \frac{36}{c}$ are positive integers, so $c$ divides $\gcd(60, 36) = 12,$ and the volume is $abc = \frac{60 \cdot 36}{c} = \frac{2160}{c},$ smallest when $c = 12:$ volume $180$ with $(a, b, c) = (5, 3, 12).$

This is achievable: color every $1 \times 3 \times 12$ layer with three identical rows RRRGGGGYYYYY. Then each $1 \times 3 \times 12$ layer has $9$ red, $12$ green, and $15$ yellow cubes, and each $5 \times 1 \times 12$ layer has $15$ red, $20$ green, and $25$ yellow cubes. So the smallest possible volume is $180.$

5.

三角形 $ABC_0$ 在 $C_0$ 处为直角。它的三条边长是两两互质的正整数，周长为 $p$ 。令 $C_1$ 为到 $\overline{AB}$ 的高的垂足；对 $n \ge 2$ ，令 $C_n$ 为 $\triangle C_{n-2}C_{n-1}B$ 中到 $\overline{C_{n-2}B}$ 的高的垂足。已知 $\sum_{n=1}^{\infty} C_{n-1}C_n = 6p$ 。求 $p$ 。

Triangle $ABC_0$ has a right angle at $C_0.$ Its side lengths are pairwise relatively prime positive integers, and its perimeter is $p.$ Let $C_1$ be the foot of the altitude to $\overline{AB},$ and for $n \ge 2,$ let $C_n$ be the foot of the altitude to $\overline{C_{n-2}B}$ in $\triangle C_{n-2}C_{n-1}B.$ The sum $\sum_{n=1}^{\infty} C_{n-1}C_n = 6p.$ Find $p.$

答案

知识点：相似等比数列勾股数

难度评级：2560

小提示：

每条新高都会产生一个与前一个三角形相似的三角形，所以长度 $C_{n-1}C_n$ 构成等比数列

Each new altitude creates a triangle similar to the one before, so the lengths $C_{n-1}C_n$ form a geometric series

大提示：

设直角边 $a = BC_0$ 、 $b = AC_0$ ，斜边为 $c$ ，这个级数和为 $\frac{ab}{c - a}$ 。分解 $b^2 = (c - a)(c + a)$ 来化简。

With legs $a = BC_0,$ $b = AC_0,$ hypotenuse $c,$ the series sums to $\frac{ab}{c - a}.$ Factor $b^2 = (c - a)(c + a)$ to simplify.

解答：

设 $a = BC_0$ 、 $b = AC_0$ 、 $c = AB$ 。第一条高给出 $C_0C_1 = \frac{ab}{c}$ ，并且 $\triangle C_0C_1B \sim \triangle AC_0B$ ，相似比为 $\frac{a}{c}$ 。之后每条高都在缩小为原来 $\frac{a}{c}$ 的三角形中重复同样构造，所以线段 $C_{n-1}C_n$ 构成等比数列，并且 $\begin{aligned} &\sum_{n=1}^{\infty} C_{n-1}C_n \\ &= \frac{\frac{ab}{c}}{1 - \frac{a}{c}} \\ &= \frac{ab}{c - a} \\ &= 6p = 6(a + b + c) \end{aligned}\text{。}$

因为 $b^2 = c^2 - a^2 = (c - a)(c + a)$ ，所以 $\begin{aligned} &(c - a) \\ &\quad {}\cdot (a + b + c) \\ &= (c - a)(c + a) \\ &\quad {}+ (c - a)b \\ &= b(b + c - a) \end{aligned}\text{，}$ 从而 $ab = 6b(b + c - a)$ ，也就是 $7a = 6b + 6c$ 。把 $6c = 7a - 6b$ 平方，并使用 $36c^2 = 36a^2 + 36b^2$ ，得 $36a^2 = 49a^2 - 84ab$ ，因此 $13a = 84b$ 。

由于边长两两互质， $a = 84$ 且 $b = 13$ ，所以 $c = \frac{7 \cdot 84 - 6 \cdot 13}{6} = 85$ ，并且确实有 $13^2 + 84^2 = 85^2$ 。于是 $p = 84 + 13 + 85 = 182$ （且 $\frac{ab}{c - a} = \frac{84 \cdot 13}{1} = 1092 = 6p$ ，检验成立）。

Let $a = BC_0,$ $b = AC_0,$ and $c = AB.$ The altitude gives $C_0C_1 = \frac{ab}{c},$ and $\triangle C_0C_1B \sim \triangle AC_0B$ with ratio $\frac{a}{c}.$ Each later altitude repeats this construction in a triangle scaled by $\frac{a}{c},$ so the segments $C_{n-1}C_n$ form a geometric series and $\begin{aligned} &\sum_{n=1}^{\infty} C_{n-1}C_n \\ &= \frac{\frac{ab}{c}}{1 - \frac{a}{c}} \\ &= \frac{ab}{c - a} \\ &= 6p = 6(a + b + c). \end{aligned}$

Since $b^2 = c^2 - a^2 = (c - a)(c + a),$ we get $\begin{aligned} &(c - a) \\ &\quad {}\cdot (a + b + c) \\ &= (c - a)(c + a) \\ &\quad {}+ (c - a)b \\ &= b(b + c - a), \end{aligned}$ so $ab = 6b(b + c - a),$ that is $7a = 6b + 6c.$ Squaring $6c = 7a - 6b$ and using $36c^2 = 36a^2 + 36b^2$ gives $36a^2 = 49a^2 - 84ab,$ hence $13a = 84b.$

Because the side lengths are pairwise relatively prime, $a = 84$ and $b = 13,$ so $c = \frac{7 \cdot 84 - 6 \cdot 13}{6} = 85,$ and indeed $13^2 + 84^2 = 85^2.$ Then $p = 84 + 13 + 85 = 182$ (and $\frac{ab}{c - a} = \frac{84 \cdot 13}{1} = 1092 = 6p$ checks).

6.

对多项式 $P(x) = 1 - \frac{1}{3}x + \frac{1}{6}x^2$ ，定义 $\begin{aligned} Q(x) &= P(x)P(x^3)P(x^5) \\ &\quad {}\cdot P(x^7)P(x^9) \\ &= \sum_{i=0}^{50} a_i x^i \end{aligned}\text{。}$ 那么 $\sum_{i=0}^{50} |a_i| = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

For polynomial $P(x) = 1 - \frac{1}{3}x + \frac{1}{6}x^2,$ define $\begin{aligned} Q(x) &= P(x)P(x^3)P(x^5) \\ &\quad {}\cdot P(x^7)P(x^9) \\ &= \sum_{i=0}^{50} a_i x^i. \end{aligned}$ Then $\sum_{i=0}^{50} |a_i| = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：多项式换元法

难度评级：2400

小提示：

$P(-x)$ 的系数全为正，而 $Q(-x)$ 是这类多项式的乘积

The coefficients of $P(-x)$ are all positive, and $Q(-x)$ is a product of such polynomials

大提示：

所以 $\sum |a_i|$ 正好是 $Q(-1) = P(-1)^5$

So $\sum |a_i|$ is just $Q(-1) = P(-1)^5$

解答：

代入的各个幂 $x, x^3, x^5, x^7, x^9$ 都是奇次幂，所以 $Q(-x)$ $= P(-x)P(-x^3)P(-x^5)$ $\cdot P(-x^7)P(-x^9)$ 。因为 $P(-x) = 1 + \frac{1}{3}x + \frac{1}{6}x^2$ 只有非负系数，所以每个因子 $P(-x^k)$ 以及乘积 $Q(-x)$ 也都只有非负系数。 $Q(-x)$ 中 $x^i$ 的系数是 $(-1)^i a_i$ ，所以 $|a_i| = (-1)^i a_i$ 。

因此 $\begin{aligned} \sum_{i=0}^{50} |a_i| &= Q(-1) = P(-1)^5 \\ &= \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)^5 \\ &= \left(\frac{3}{2}\right)^5 = \frac{243}{32} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 243 + 32 = 275$ 。

Every substituted power $x, x^3, x^5, x^7, x^9$ is odd, so $Q(-x)$ $= P(-x)P(-x^3)P(-x^5)$ $\cdot P(-x^7)P(-x^9).$ Since $P(-x) = 1 + \frac{1}{3}x + \frac{1}{6}x^2$ has only nonnegative coefficients, so does each factor $P(-x^k),$ and hence so does the product $Q(-x).$ The coefficient of $x^i$ in $Q(-x)$ is $(-1)^i a_i,$ so $|a_i| = (-1)^i a_i.$

Therefore $\begin{aligned} \sum_{i=0}^{50} |a_i| &= Q(-1) = P(-1)^5 \\ &= \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{6}\right)^5 \\ &= \left(\frac{3}{2}\right)^5 = \frac{243}{32}, \end{aligned}$ and $m + n = 243 + 32 = 275.$

7.

正方形 $ABCD$ 与 $EFGH$ 有共同的中心，且 $\overline{AB} \parallel \overline{EF}$ 。 $ABCD$ 的面积为 $2016$ ， $EFGH$ 的面积是一个较小的正整数。构造正方形 $IJKL$ ，使它的每个顶点都在 $ABCD$ 的一条边上，并且 $EFGH$ 的每个顶点都在 $IJKL$ 的一条边上。求 $IJKL$ 面积的所有可能整数值中，最大值与最小值的差。

Squares $ABCD$ and $EFGH$ have a common center and $\overline{AB} \parallel \overline{EF}.$ The area of $ABCD$ is $2016,$ and the area of $EFGH$ is a smaller positive integer. Square $IJKL$ is constructed so that each of its vertices lies on a side of $ABCD$ and each vertex of $EFGH$ lies on a side of $IJKL.$ Find the difference between the largest and smallest possible integer values for the area of $IJKL.$

答案

知识点：正方形（几何）三角学等比数列整除性

难度评级：2920

小提示：

一个边长为 $t$ 的正方形，若顶点在边长为 $s$ 的正方形边上且倾斜角为 $\theta$ ，则 $s = t(\cos\theta + \sin\theta)$

A square with vertices on the sides of a square of side $s,$ tilted by $\theta,$ has side $t$ with $s = t(\cos\theta + \sin\theta)$

大提示：

同样的关系也连接 $EFGH$ 与 $IJKL$ ，所以面积成等比数列：若 $T$ 是 $IJKL$ 的面积，则 $EFGH$ 的面积为 $\frac{T^2}{2016}$ 。

The same relation ties $EFGH$ to $IJKL,$ so the areas form a geometric progression: the area of $EFGH$ is $\frac{T^2}{2016}$ where $T$ is the area of $IJKL.$

解答：

若一个边长为 $t$ 的正方形，其顶点在一个同心、边长为 $s$ 的正方形边上，并与外正方形成角 $\theta$ ，则外正方形的每条边被分成长度 $t\cos\theta$ 与 $t\sin\theta$ 的两段，所以 $s = t(\cos\theta + \sin\theta)$ 。这适用于 $ABCD$ （边长 $s$ ）中的 $IJKL$ （边长 $t$ ），对应某个角 $\theta$ 。由于 $\overline{EF} \parallel \overline{AB}$ ，正方形 $EFGH$ （边长 $u$ ）与 $IJKL$ 也成同一个角 $\theta$ ，所以还有 $t = u(\cos\theta + \sin\theta)$ 。

因此 $\frac{s}{t} = \frac{t}{u}$ ，所以三个面积成等比数列：若 $T$ 是 $IJKL$ 的面积，则 $EFGH$ 的面积为 $\frac{T^2}{2016}$ 。当 $\theta$ 在 $\left(0^\circ, 90^\circ\right)$ 中变化时，因子 $(\cos\theta + \sin\theta)^2$ 取遍 $(1, 2]$ 中的每个值，所以 $T = \frac{2016}{(\cos\theta + \sin\theta)^2}$ 取遍 $[1008, 2016)$ 中的每个值（ $\theta = 0^\circ$ 被排除，因为 $EFGH$ 小于 $ABCD$ ）。为了使 $\frac{T^2}{2016}$ 是整数， $2016 = 2^5 \cdot 3^2 \cdot 7$ 必须整除 $T^2$ ，这迫使 $2^3 \cdot 3 \cdot 7 = 168$ 整除 $T$ 。

$[1008, 2016)$ 中 $168$ 的倍数从 $1008$ 到 $1848$ ，并且每个都能由合适的 $\theta$ 取得，此时 $EFGH$ 的面积是小于 $2016$ 的正整数。差为 $1848 - 1008 = 840$ 。

If a square of side $t$ has its vertices on the sides of a concentric square of side $s$ and is tilted by angle $\theta,$ each side of the outer square is split into pieces $t\cos\theta$ and $t\sin\theta,$ so $s = t(\cos\theta + \sin\theta).$ This applies to $IJKL$ (side $t$ ) in $ABCD$ (side $s$ ) with some angle $\theta.$ Since $\overline{EF} \parallel \overline{AB},$ square $EFGH$ (side $u$ ) makes the same angle $\theta$ with $IJKL,$ so also $t = u(\cos\theta + \sin\theta).$

Hence $\frac{s}{t} = \frac{t}{u},$ so the three areas form a geometric progression: the area of $EFGH$ equals $\frac{T^2}{2016},$ where $T$ is the area of $IJKL.$ As $\theta$ ranges over $\left(0^\circ, 90^\circ\right),$ the factor $(\cos\theta + \sin\theta)^2$ takes every value in $(1, 2],$ so $T = \frac{2016}{(\cos\theta + \sin\theta)^2}$ takes every value in $[1008, 2016)$ ( $\theta = 0^\circ$ is excluded because $EFGH$ is smaller than $ABCD$ ). For $\frac{T^2}{2016}$ to be an integer, $2016 = 2^5 \cdot 3^2 \cdot 7$ must divide $T^2,$ which forces $2^3 \cdot 3 \cdot 7 = 168$ to divide $T.$

The multiples of $168$ in $[1008, 2016)$ run from $1008$ to $1848,$ and each is attained by an appropriate $\theta,$ with the area of $EFGH$ then a positive integer less than $2016.$ The difference is $1848 - 1008 = 840.$

8.

求满足下列条件的三元素集合 $\{a, b, c\}$ 的个数： $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是三个互不相同的正整数，且它们的乘积等于 $11$ 、 $21$ 、 $31$ 、 $41$ 、 $51$ 、 $61$ 的乘积。

Find the number of sets $\{a, b, c\}$ of three distinct positive integers with the property that the product of $a,$ $b,$ and $c$ is equal to the product of $11,$ $21,$ $31,$ $41,$ $51,$ and $61.$

答案

知识点：质因数分解乘法原理

难度评级：2710

小提示：

这个乘积为 $3^2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 17 \cdot 31 \cdot 41 \cdot 61$ 。先通过分配每个质因数来计数有序三元组。

The product is $3^2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 17 \cdot 31 \cdot 41 \cdot 61.$ First count ordered triples by distributing each prime.

大提示：

若某个值出现两次，则它的平方必须整除这个乘积，所以它只能是 $1$ 或 $3$ 。去掉这些三元组后再除以 $6$ 。

A value that appears twice must have its square divide the product, so it is $1$ or $3.$ Remove those triples and divide by $6.$

解答：

先计数满足下式的有序三元组 $(a, b, c)$ ： $\begin{aligned} abc &= 11 \cdot 21 \cdot 31 \cdot 41 \cdot 51 \cdot 61 \\ &= 3^2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 17 \cdot 31 \cdot 41 \\ &\quad {}\cdot 61 = N \end{aligned}\text{。}$ 六个质数 $7, 11, 17, 31, 41, 61$ 各出现一次，每个都可分给三个数中的任意一个，有 $3^6$ 种。两个因子 $3$ 可以分配给三个数，有 $\binom{4}{2} = 6$ 种。于是共有 $6 \cdot 3^6 = 4374$ 个有序三元组。

若三个值中有两个相等，它们的共同值 $v$ 满足 $v^2$ 整除 $N$ ，所以 $v = 1$ 或 $v = 3$ 。这给出取值集合 $\{1, 1, N\}$ 与 $\{3, 3, \frac{N}{9}\}$ 的三元组，每种有 $3$ 个顺序，一共 $6$ 个有序三元组（三个全相等不可能）。剩下的 $4374 - 6 = 4368$ 个有序三元组的元素互不相同，而每个集合 $\{a, b, c\}$ 被计数 $3! = 6$ 次。

所以集合个数为 $\frac{4368}{6} = 728$ 。

Count ordered triples $(a, b, c)$ with $\begin{aligned} abc &= 11 \cdot 21 \cdot 31 \cdot 41 \cdot 51 \cdot 61 \\ &= 3^2 \cdot 7 \cdot 11 \cdot 17 \cdot 31 \cdot 41 \\ &\quad {}\cdot 61 = N. \end{aligned}$ Each of the six primes $7, 11, 17, 31, 41, 61$ appears once and can go to any of the three values: $3^6$ ways. The two factors of $3$ can be split among the three values in $\binom{4}{2} = 6$ ways. That gives $6 \cdot 3^6 = 4374$ ordered triples.

If two of the three values were equal, their common value $v$ would be such that $v^2$ divides $N,$ so $v = 1$ or $v = 3.$ This produces the triples with values $\{1, 1, N\}$ and $\{3, 3, \frac{N}{9}\},$ each in $3$ orders, for $6$ ordered triples in all (all three equal is impossible). The remaining $4374 - 6 = 4368$ ordered triples have distinct entries, and each set $\{a, b, c\}$ is counted $3! = 6$ times.

So the number of sets is $\frac{4368}{6} = 728.$

9.

正整数数列 $1$ ， $a_2$ ， $a_3$ ， $\ldots$ 与 $1$ ， $b_2$ ， $b_3$ ， $\ldots$ 分别是递增等差数列与递增等比数列。令 $c_n = a_n + b_n$ 。存在一个整数 $k$ ，使得 $c_{k-1} = 100$ 且 $c_{k+1} = 1000$ 。求 $c_k$ 。

The sequences of positive integers $1,$ $a_2,$ $a_3,$ $\ldots$ and $1,$ $b_2,$ $b_3,$ $\ldots$ are an increasing arithmetic sequence and an increasing geometric sequence, respectively. Let $c_n = a_n + b_n.$ There is an integer $k$ such that $c_{k-1} = 100$ and $c_{k+1} = 1000.$ Find $c_k.$

答案

知识点：等差数列等比数列模运算分类讨论

难度评级：2920

小提示：

写成 $a_n = 1 + (n-1)d$ 与 $b_n = r^{n-1}$ ，其中整数 $d \ge 1$ 、 $r \ge 2$ ，再把两个已知值化为方程

Write $a_n = 1 + (n-1)d$ and $b_n = r^{n-1}$ with integers $d \ge 1,$ $r \ge 2,$ and turn the two given values into equations

大提示：

证明 $d$ 以及随后 $r$ 都必须是 $3$ 的倍数；在 $r^k \lt 999$ 下，只剩六个 $(r, k)$ 需要测试

Show $d$ and then $r$ must be multiples of $3;$ with $r^k \lt 999$ only six pairs $(r, k)$ remain to test

解答：

写 $a_n = 1 + (n-1)d$ 与 $b_n = r^{n-1}$ ，其中整数 $d \ge 1$ 、 $r \ge 2$ 。因为 $c_1 = 2 \lt 100$ ，所以 $k \ge 3$ ，两个条件变为 $(k-2)d + r^{k-2} = 99\text{，}$ $kd + r^k = 999\text{。}$

相减得 $2d + r^{k-3}(r-1)r(r+1) = 900$ 。三个连续整数的乘积能被 $3$ 整除，所以 $3$ 整除 $2d$ ，于是 $3$ 整除 $d$ 。再由 $(k-2)d + r^{k-2} = 99$ 可知 $3$ 整除 $r^{k-2}$ ，所以 $3$ 整除 $r$ 。界限 $r^{k-2} \le 98$ 与 $r^k \le 998$ 只留下 $(r, k) = (3, 3)$ 、 $(3, 4)$ 、 $(3, 5)$ 、 $(3, 6)$ 、 $(6, 3)$ 、 $(9, 3)$ 。

逐一代入 $(k-2)d = 99 - r^{k-2}$ 与 $kd = 999 - r^k$ ，只有 $(r, k) = (9, 3)$ 给出一致的值 $d = 90$ 。于是 $c_3 = 1 + 2 \cdot 90 + 9^2 = 262$ 。

Write $a_n = 1 + (n-1)d$ and $b_n = r^{n-1}$ with integers $d \ge 1$ and $r \ge 2.$ Since $c_1 = 2 \lt 100,$ we have $k \ge 3,$ and the two conditions read $(k-2)d + r^{k-2} = 99,$ $kd + r^k = 999.$

Subtracting, $2d + r^{k-3}(r-1)r(r+1) = 900.$ The product of three consecutive integers is divisible by $3,$ so $3$ divides $2d,$ hence $3$ divides $d.$ Then $(k-2)d + r^{k-2} = 99$ forces $3$ to divide $r^{k-2},$ so $3$ divides $r.$ The bounds $r^{k-2} \le 98$ and $r^k \le 998$ leave only $(r, k) = (3, 3),$ $(3, 4),$ $(3, 5),$ $(3, 6),$ $(6, 3),$ $(9, 3).$

Testing each against $(k-2)d = 99 - r^{k-2}$ and $kd = 999 - r^k,$ only $(r, k) = (9, 3)$ gives a consistent value, $d = 90.$ Then $c_3 = 1 + 2 \cdot 90 + 9^2 = 262.$

10.

三角形 $ABC$ 内接于圆 $\omega$ 。点 $P$ 与 $Q$ 在边 $\overline{AB}$ 上，且 $AP \lt AQ$ 。射线 $CP$ 与 $CQ$ 分别再次交 $\omega$ 于 $S$ 与 $T$ （不同于 $C$ ）。若 $AP = 4$ 、 $PQ = 3$ 、 $QB = 6$ 、 $BT = 5$ 、 $AS = 7$ ，则 $ST = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Triangle $ABC$ is inscribed in circle $\omega.$ Points $P$ and $Q$ are on side $\overline{AB}$ with $AP \lt AQ.$ Rays $CP$ and $CQ$ meet $\omega$ again at $S$ and $T$ (other than $C$ ), respectively. If $AP = 4,$ $PQ = 3,$ $QB = 6,$ $BT = 5,$ and $AS = 7,$ then $ST = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：圆幂圆内接四边形导角相似

难度评级：3060

小提示：

把 $AB$ 延长过 $B$ 到 $R$ ，使 $BR = 8$ 。则 $QP \cdot QR = 42 = QC \cdot QT$ ，所以 $C$ 、 $P$ 、 $T$ 、 $R$ 共圆。

Extend $AB$ past $B$ to $R$ with $BR = 8.$ Then $QP \cdot QR = 42 = QC \cdot QT,$ so $C,$ $P,$ $T,$ $R$ lie on a circle.

大提示：

在两个圆中追角，可得 $\triangle AST \sim \triangle RBT$ ，所以 $ST = AS \cdot \frac{BT}{RB}$

Chase angles through both circles to get $\triangle AST \sim \triangle RBT,$ so $ST = AS \cdot \frac{BT}{RB}$

解答：

由 $Q$ 对圆 $\omega$ 的幂， $QC \cdot QT = QA \cdot QB$ $= 7 \cdot 6 = 42$ 。将 $\overline{AB}$ 向 $B$ 外延长到点 $R$ ，使 $BR = 8$ ，于是 $QR = QB + BR = 14$ ，且 $QP \cdot QR = 3 \cdot 14$ $= 42 = QC \cdot QT$ 。由点幂定理的逆定理， $C$ 、 $P$ 、 $T$ 、 $R$ 共圆。

在圆 $CPTR$ 中， $\angle BRT = \angle PRT = \angle PCT$ ；在 $\omega$ 中， $\angle PCT = \angle SCT = \angle SAT$ （它们都对弧 $ST$ ）。此外 $ASTB$ 共圆，所以这个四边形在 $B$ 处的外角等于对面的内角： $\angle RBT = \angle AST$ 。因此 $\triangle AST \sim \triangle RBT$ 。

因此 $\frac{ST}{BT} = \frac{AS}{RB}$ ，所以 $ST = 5 \cdot \frac{7}{8} = \frac{35}{8}$ ，从而 $m + n = 35 + 8 = 43$ 。

By Power of a Point at $Q$ in $\omega,$ $QC \cdot QT = QA \cdot QB$ $= 7 \cdot 6 = 42.$ Extend $\overline{AB}$ beyond $B$ to the point $R$ with $BR = 8,$ so that $QR = QB + BR = 14$ and $QP \cdot QR = 3 \cdot 14$ $= 42 = QC \cdot QT.$ By the converse of Power of a Point, $C,$ $P,$ $T,$ and $R$ are concyclic.

In circle $CPTR,$ $\angle BRT = \angle PRT = \angle PCT,$ and in $\omega,$ $\angle PCT = \angle SCT = \angle SAT$ (both subtend arc $ST$ ). Also $ASTB$ is cyclic, so the exterior angle of the quadrilateral at $B$ equals the opposite interior angle: $\angle RBT = \angle AST.$ Hence $\triangle AST \sim \triangle RBT.$

Therefore $\frac{ST}{BT} = \frac{AS}{RB},$ so $ST = 5 \cdot \frac{7}{8} = \frac{35}{8},$ and $m + n = 35 + 8 = 43.$

11.

对正整数 $N$ 与 $k$ ，若存在正整数 $a$ ，使得 $a^k$ 恰有 $N$ 个正因数，则称 $N$ 为 $k$ -nice。求小于 $1000$ 且既不是 $7$ -nice 也不是 $8$ -nice 的正整数个数。

For positive integers $N$ and $k,$ define $N$ to be $k$ -nice if there exists a positive integer $a$ such that $a^k$ has exactly $N$ positive divisors. Find the number of positive integers less than $1000$ that are neither $7$ -nice nor $8$ -nice.

答案

知识点：因数个数模运算容斥原理

难度评级：2990

小提示：

若 $a = p_1^{m_1} \cdots p_t^{m_t}$ ，则 $a^k$ 有 $(km_1 + 1) \cdots (km_t + 1)$ 个因数，每个因子都比 $k$ 的倍数多 $1$

If $a = p_1^{m_1} \cdots p_t^{m_t},$ then $a^k$ has $(km_1 + 1) \cdots (km_t + 1)$ divisors, which is $1$ more than a multiple of $k$

大提示：

每个 $N \equiv 1 \pmod{k}$ 也都可行（取 $a = p^m$ ）。用容斥计数 $1000$ 以下同余于 $1$ 模 $7$ 和模 $8$ 的数。

Every $N \equiv 1 \pmod{k}$ works too (take $a = p^m$ ). Count residues $1$ mod $7$ and mod $8$ below $1000$ by inclusion-exclusion.

解答：

若 $a = p_1^{m_1} \cdots p_t^{m_t}$ ，则 $a^k$ 有 $(km_1 + 1)(km_2 + 1)$ $\cdots (km_t + 1)$ 个正因数，且每个因子都 $\equiv 1 \pmod{k}$ ，所以乘积也如此。反过来，若 $N = km + 1$ ，取 $a = p^m$ ，则 $a^k = p^{km}$ 恰有 $N$ 个因数。因此 $N$ 是 $k$ -nice 当且仅当 $N \equiv 1 \pmod{k}$ 。

在 $1, 2, \ldots, 999$ 中，有 $143$ 个整数 $\equiv 1 \pmod{7}$ （即 $1, 8, \ldots, 995$ ），有 $125$ 个整数 $\equiv 1 \pmod{8}$ （即 $1, 9, \ldots, 993$ ）。因为 $\operatorname{lcm}(7, 8) = 56$ ，所以有 $18$ 个整数 $\equiv 1 \pmod{56}$ （即 $1, 57, \ldots, 953$ ）。由容斥，有 $143 + 125 - 18 = 250$ 个数是 $7$ -nice 或 $8$ -nice。

因此，小于 $1000$ 且两者都不是的正整数有 $999 - 250 = 749$ 个。

If $a = p_1^{m_1} \cdots p_t^{m_t},$ then $a^k$ has $(km_1 + 1)(km_2 + 1)$ $\cdots (km_t + 1)$ positive divisors, and each factor is $\equiv 1 \pmod{k},$ so the product is too. Conversely, if $N = km + 1,$ then $a = p^m$ gives $a^k = p^{km}$ with exactly $N$ divisors. So $N$ is $k$ -nice exactly when $N \equiv 1 \pmod{k}.$

Among $1, 2, \ldots, 999$ there are $143$ integers $\equiv 1 \pmod{7}$ (namely $1, 8, \ldots, 995$ ) and $125$ integers $\equiv 1 \pmod{8}$ (namely $1, 9, \ldots, 993$ ). Since $\operatorname{lcm}(7, 8) = 56,$ there are $18$ integers $\equiv 1 \pmod{56}$ (namely $1, 57, \ldots, 953$ ). By inclusion-exclusion, $143 + 125 - 18 = 250$ of them are $7$ -nice or $8$ -nice.

Hence $999 - 250 = 749$ positive integers less than $1000$ are neither.

12.

下图是墙上一个由六个小区域组成的待涂圆环。你有四种油漆颜色可用，并将每个小区域涂成一种纯色。如果相邻的两个区域不能涂成同一种颜色，求涂色方案的数量。

The figure below shows a ring made of six small sections which you are to paint on a wall. You have four paint colors available and will paint each of the six sections a solid color. Find the number of ways you can choose to paint the sections if no two adjacent sections can be painted with the same color.

答案

知识点：图论递推计数

难度评级：2400

小提示：

一排 $n$ 个区域若相邻颜色不同，可以用 $4 \cdot 3^{n-1}$ 种方式涂色；按两端颜色是否相同拆分

A row of $n$ sections with adjacent colors different can be painted in $4 \cdot 3^{n-1}$ ways; split these by whether the two end colors match

大提示：

若 $P_n$ 计数环形涂色，则 $P_n + P_{n-1} = 4 \cdot 3^{n-1}$ ，从 $P_3 = 24$ 开始

If $P_n$ counts ring colorings, then $P_n + P_{n-1} = 4 \cdot 3^{n-1},$ starting from $P_3 = 24$

解答：

令 $P_n$ 为 $n$ 个区域构成的环的合法涂色数。把环在两个相邻区域之间剪开，可知环的涂色正好对应于一排 $n$ 个区域的涂色，其中相邻颜色不同，并且两个端点颜色也不同。一排 $n$ 个区域若相邻颜色不同，可用 $4 \cdot 3^{n-1}$ 种方式涂色；而两个端点颜色相同的行涂色，通过把两个端点区域合并为一个区域，对应于 $n - 1$ 个区域的环涂色。因此 $P_n + P_{n-1} = 4 \cdot 3^{n-1}\text{。}$

三个两两相邻的区域给出 $P_3 = 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ ，所以 $P_4 = 108 - 24 = 84$ ，接着 $P_5 = 324 - 84 = 240$ ，最后 $P_6 = 972 - 240 = 732$ 。

Let $P_n$ be the number of valid paintings of a ring of $n$ sections. Cutting a ring open between two adjacent sections shows that ring paintings correspond exactly to rows of $n$ sections with adjacent colors different and the two end colors different. A row of $n$ sections with adjacent colors different can be painted in $4 \cdot 3^{n-1}$ ways, and the rows whose end colors match correspond, by merging the two end sections into one, to ring paintings of $n - 1$ sections. Hence $P_n + P_{n-1} = 4 \cdot 3^{n-1}.$

Three mutually adjacent sections give $P_3 = 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24,$ so $P_4 = 108 - 24 = 84,$ then $P_5 = 324 - 84 = 240,$ and finally $P_6 = 972 - 240 = 732.$

13.

Beatrix 要在一个 $6 \times 6$ 棋盘上放置六个车，棋盘的行和列都标为 $1$ 到 $6$ ；放置时任意两个车都不在同一行或同一列。一个格子的值定义为它的行号与列号之和。一种摆放的得分定义为所有被占格子中的最小值。所有合法摆放的平均得分为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 与 $q$ 是互质的正整数。求 $p + q$ 。

Beatrix is going to place six rooks on a $6 \times 6$ chessboard where both the rows and columns are labeled $1$ to $6;$ the rooks are placed so that no two rooks are in the same row or the same column. The value of a square is the sum of its row number and column number. The score of an arrangement of rooks is the least value of any occupied square. The average score over all valid configurations is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

知识点：期望值排列有限制的排列

难度评级：3160

小提示：

通过计数 $b_n$ ，即得分至少为 $n$ 的摆放数，来求得分总和：总和是 $2 \cdot 720 + b_3 + b_4 + \cdots + b_7$

Sum the scores by counting $b_n,$ the arrangements with score at least $n:$ the total is $2 \cdot 720 + b_3 + b_4 + \cdots + b_7$

大提示：

得分 $\ge n$ 会禁止行号与列号之和 $\lt n$ 的格子；逐行放置车，例如 $b_4 = 4 \cdot 4 \cdot 4!$

Score $\ge n$ bans the squares with row + column $\lt n;$ place rooks row by row, e.g. $b_4 = 4 \cdot 4 \cdot 4!$

解答：

共有 $6! = 720$ 种摆放，并且每个得分都在 $2$ 与 $7$ 之间。令 $b_n$ 为得分至少为 $n$ 的摆放数。因为每个得分 $s$ 满足 $s = 2 + \#\{n \ge 3 : s \ge n\}$ ，所以所有 $720$ 个得分的总和为 $2 \cdot 720 + b_3 + b_4 + b_5 + b_6 + b_7\text{。}$

得分 $\ge n$ 意味着没有车占据行号与列号之和 $\lt n$ 的格子。逐行放置。对 $b_3$ ，只有 $(1,1)$ 被禁用，共有 $5 \cdot 5! = 600$ 种。对 $b_4$ ，第 $1$ 行有 $4$ 个可用列，然后第 $2$ 行有 $4$ 个可用列（列 $1$ 和已使用列被排除），共有 $4 \cdot 4 \cdot 4! = 384$ 种。类似地， $b_5 = 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3! = 162$ ， $b_6 = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2! = 32$ ，且 $b_7 = 1$ （所有车都在反对角线上）。

总和为 $1440 + 600 + 384$ $+ 162 + 32 + 1 = 2619$ ，所以平均值为 $\frac{2619}{720} = \frac{291}{80}$ ，从而 $p + q = 291 + 80 = 371$ 。

There are $6! = 720$ arrangements, and every score lies between $2$ and $7.$ Let $b_n$ be the number of arrangements with score at least $n.$ Since each score $s$ satisfies $s = 2 + \#\{n \ge 3 : s \ge n\},$ the total of all $720$ scores is $2 \cdot 720 + b_3 + b_4 + b_5 + b_6 + b_7.$

Score $\ge n$ means no rook occupies a square with row + column $\lt n.$ Place the rooks row by row. For $b_3,$ only $(1,1)$ is banned: $5 \cdot 5! = 600.$ For $b_4,$ row $1$ has $4$ allowed columns, then row $2$ has $4$ (column $1$ and the used column are excluded): $4 \cdot 4 \cdot 4! = 384.$ Similarly $b_5 = 3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3! = 162,$ $b_6 = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2! = 32,$ and $b_7 = 1$ (all rooks on the anti-diagonal).

The total is $1440 + 600 + 384$ $+ 162 + 32 + 1 = 2619,$ so the average is $\frac{2619}{720} = \frac{291}{80},$ and $p + q = 291 + 80 = 371.$

14.

等边三角形 $\triangle ABC$ 的边长为 $600$ 。点 $P$ 与 $Q$ 在 $\triangle ABC$ 所在平面外，并位于该平面的相对两侧。此外， $PA = PB = PC$ ，且 $QA = QB = QC$ ，并且 $\triangle PAB$ 所在平面与 $\triangle QAB$ 所在平面形成 $120^\circ$ 的二面角（两个平面之间的角）。存在一点 $O$ ，它到 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 、 $P$ 、 $Q$ 的距离都为 $d$ 。求 $d$ 。

Equilateral $\triangle ABC$ has side length $600.$ Points $P$ and $Q$ lie outside the plane of $\triangle ABC$ and are on opposite sides of the plane. Furthermore, $PA = PB = PC,$ and $QA = QB = QC,$ and the planes of $\triangle PAB$ and $\triangle QAB$ form a $120^\circ$ dihedral angle (the angle between the two planes). There is a point $O$ whose distance from each of $A,$ $B,$ $C,$ $P,$ and $Q$ is $d.$ Find $d.$

答案

知识点：立体几何三角恒等式圆周角对称性

难度评级：3370

小提示：

$P$ 、 $Q$ 、 $O$ 都在过 $\triangle ABC$ 中心且垂直于其平面的直线上，并且 $O$ 是 $\overline{PQ}$ 的中点

$P,$ $Q,$ and $O$ all lie on the line through the center of $\triangle ABC$ perpendicular to its plane, and $O$ is the midpoint of $\overline{PQ}$

大提示：

因为 $OC = OP = OQ$ ，所以有 $\angle PCQ = 90^\circ$ ，从而 $CH^2 = PH \cdot QH$ 。再结合 $\overline{AB}$ 中点处的正切加法公式。

Since $OC = OP = OQ,$ $\angle PCQ = 90^\circ,$ so $CH^2 = PH \cdot QH.$ Combine with the tangent addition formula at the midpoint of $\overline{AB}.$

解答：

因为 $PA = PB = PC$ 且 $QA = QB = QC$ ，点 $P$ 与 $Q$ 都在过 $\triangle ABC$ 的中心 $H$ 且垂直于其平面的直线上，并位于两侧。任意到 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 等距的点也在这条直线上，所以 $O$ 在这条直线上；又 $OP = OQ = d$ ，所以 $O$ 是 $\overline{PQ}$ 的中点，且 $PQ = 2d$ 。令 $D$ 为 $\overline{AB}$ 的中点，并设 $a = 600$ ；则 $DH = \frac{a\sqrt{3}}{6}$ ， $CH = \frac{a\sqrt{3}}{3}$ 。因为 $\overline{PD} \perp \overline{AB}$ 且 $\overline{QD} \perp \overline{AB}$ ，二面角为 $\angle PDQ = 120^\circ$ ；设 $x = \angle PDH$ 、 $y = \angle QDH$ ，于是 $x + y = 120^\circ$ 。

直角三角形 $PDH$ 与 $QDH$ 给出 $PH = DH \tan x$ 和 $QH = DH \tan y$ ，所以 $\begin{aligned} 2d = PQ &= PH \\ &\quad {}+ QH \\ &= \frac{a\sqrt{3}}{6} \\ &\quad {}\cdot (\tan x + \tan y) \end{aligned}\text{。}$ 因为 $OC = OP = OQ = d$ ，点 $C$ 在以 $\overline{PQ}$ 为直径的圆上，所以 $\angle PCQ = 90^\circ$ ，且 $H$ 是从 $C$ 到斜边 $\overline{PQ}$ 的高的垂足。因此 $CH^2 = PH \cdot QH$ ，得到 $\tan x \tan y = \frac{CH^2}{DH^2} = 4$ 。

由正切加法公式， $-\sqrt{3} = \tan 120^\circ$ $= \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$ $= \frac{\tan x + \tan y}{-3}$ ，所以 $\tan x + \tan y = 3\sqrt{3}$ 。于是 $2d = \frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot 3\sqrt{3} = \frac{3a}{2}$ ，因此 $d = \frac{3a}{4} = 450$ 。

Since $PA = PB = PC$ and $QA = QB = QC,$ both $P$ and $Q$ lie on the line through the center $H$ of $\triangle ABC$ perpendicular to its plane, on opposite sides. Any point equidistant from $A,$ $B,$ $C$ also lies on that line, so $O$ is on it, and $OP = OQ = d$ makes $O$ the midpoint of $\overline{PQ},$ with $PQ = 2d.$ Let $D$ be the midpoint of $\overline{AB}$ and $a = 600;$ then $DH = \frac{a\sqrt{3}}{6}$ and $CH = \frac{a\sqrt{3}}{3}.$ Since $\overline{PD} \perp \overline{AB}$ and $\overline{QD} \perp \overline{AB},$ the dihedral angle is $\angle PDQ = 120^\circ;$ write $x = \angle PDH$ and $y = \angle QDH,$ so $x + y = 120^\circ.$

Right triangles $PDH$ and $QDH$ give $PH = DH \tan x$ and $QH = DH \tan y,$ so $\begin{aligned} 2d = PQ &= PH \\ &\quad {}+ QH \\ &= \frac{a\sqrt{3}}{6} \\ &\quad {}\cdot (\tan x + \tan y). \end{aligned}$ Since $OC = OP = OQ = d,$ point $C$ lies on the circle with diameter $\overline{PQ},$ so $\angle PCQ = 90^\circ,$ and $H$ is the foot of the altitude from $C$ to the hypotenuse $\overline{PQ}.$ Thus $CH^2 = PH \cdot QH,$ which gives $\tan x \tan y = \frac{CH^2}{DH^2} = 4.$

By the tangent addition formula, $-\sqrt{3} = \tan 120^\circ$ $= \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$ $= \frac{\tan x + \tan y}{-3},$ so $\tan x + \tan y = 3\sqrt{3}.$ Then $2d = \frac{a\sqrt{3}}{6} \cdot 3\sqrt{3} = \frac{3a}{2},$ so $d = \frac{3a}{4} = 450.$

15.

对 $1 \le i \le 215$ ，令 $a_i = \frac{1}{2^i}$ ，并令 $a_{216} = \frac{1}{2^{215}}$ 。设 $x_1$ ， $x_2$ ， $\ldots$ ， $x_{216}$ 是正实数，满足 $\sum_{i=1}^{216} x_i = 1$ 以及 $\begin{aligned} &\sum_{1 \le i \lt j \le 216} x_i x_j \\ &= \frac{107}{215} \\ &\quad {}+ \sum_{i=1}^{216} \frac{a_i x_i^2}{2(1 - a_i)} \end{aligned}\text{。}$ $x_2 = \frac{m}{n}$ 是其最大可能值，其中 $m$ 与 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

For $1 \le i \le 215$ let $a_i = \frac{1}{2^i}$ and $a_{216} = \frac{1}{2^{215}}.$ Let $x_1,$ $x_2,$ $\ldots,$ $x_{216}$ be positive real numbers such that $\sum_{i=1}^{216} x_i = 1$ and $\begin{aligned} &\sum_{1 \le i \lt j \le 216} x_i x_j \\ &= \frac{107}{215} \\ &\quad {}+ \sum_{i=1}^{216} \frac{a_i x_i^2}{2(1 - a_i)}. \end{aligned}$ The maximum possible value of $x_2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：柯西-施瓦茨不等式不等式代数变形

难度评级：3500

小提示：

使用 $2\sum_{i \lt j} x_i x_j = 1 - \sum x_i^2$ ，把条件化为 $\sum \frac{x_i^2}{1 - a_i} = \frac{1}{215}$

Use $2\sum_{i \lt j} x_i x_j = 1 - \sum x_i^2$ to turn the condition into $\sum \frac{x_i^2}{1 - a_i} = \frac{1}{215}$

大提示：

因为 $\sum (1 - a_i) = 215$ ，柯西-施瓦茨不等式在这里成为等号情形，迫使 $x_i$ 与 $1 - a_i$ 成比例

Since $\sum (1 - a_i) = 215,$ Cauchy-Schwarz makes this an equality case, forcing $x_i$ proportional to $1 - a_i$

解答：

因为 $\sum x_i = 1$ ，所以 $2\sum_{i \lt j} x_i x_j = 1 - \sum x_i^2$ 。将题设等式乘以两倍并整理， $\begin{aligned} 1 - \sum_{i=1}^{216} x_i^2 &= \frac{214}{215} \\ &\quad {}+ \sum_{i=1}^{216} \frac{a_i x_i^2}{1 - a_i} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $\begin{aligned} \frac{1}{215} &= \sum_{i=1}^{216}\left(1 + \frac{a_i}{1 - a_i}\right)x_i^2 \\ &= \sum_{i=1}^{216} \frac{x_i^2}{1 - a_i} \end{aligned}\text{。}$

现在 $\sum a_i = \left(\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^{215}}\right)$ $+ \frac{1}{2^{215}} = 1$ ，所以 $\sum (1 - a_i) = 216 - 1 = 215$ 。由柯西-施瓦茨不等式， $\begin{aligned} 1 &= \left(\sum_{i=1}^{216} x_i\right)^2 \\ &\le \left(\sum_{i=1}^{216} \frac{x_i^2}{1 - a_i}\right) \\ &\quad {}\cdot \left(\sum_{i=1}^{216} (1 - a_i)\right) \\ &= \frac{1}{215} \cdot 215 = 1 \end{aligned}\text{。}$

等号成立，所以 $x_i$ 与 $1 - a_i$ 成比例，迫使 $x_i = \frac{1 - a_i}{215}$ 。因此 $x_2$ 唯一可能、也就是最大可能的值为 $\frac{1 - \frac{1}{4}}{215} = \frac{3}{860}$ ，所以 $m + n = 3 + 860 = 863$ 。

Since $\sum x_i = 1,$ we have $2\sum_{i \lt j} x_i x_j = 1 - \sum x_i^2.$ Doubling the given equation and rearranging, $\begin{aligned} 1 - \sum_{i=1}^{216} x_i^2 &= \frac{214}{215} \\ &\quad {}+ \sum_{i=1}^{216} \frac{a_i x_i^2}{1 - a_i}, \end{aligned}$ so $\begin{aligned} \frac{1}{215} &= \sum_{i=1}^{216}\left(1 + \frac{a_i}{1 - a_i}\right)x_i^2 \\ &= \sum_{i=1}^{216} \frac{x_i^2}{1 - a_i}. \end{aligned}$

Now $\sum a_i = \left(\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{2^{215}}\right)$ $+ \frac{1}{2^{215}} = 1,$ so $\sum (1 - a_i) = 216 - 1 = 215.$ By the Cauchy-Schwarz inequality, $\begin{aligned} 1 &= \left(\sum_{i=1}^{216} x_i\right)^2 \\ &\le \left(\sum_{i=1}^{216} \frac{x_i^2}{1 - a_i}\right) \\ &\quad {}\cdot \left(\sum_{i=1}^{216} (1 - a_i)\right) \\ &= \frac{1}{215} \cdot 215 = 1. \end{aligned}$

Equality holds, so $x_i$ is proportional to $1 - a_i,$ forcing $x_i = \frac{1 - a_i}{215}.$ The only, hence maximum, possible value of $x_2$ is $\frac{1 - \frac{1}{4}}{215} = \frac{3}{860},$ and $m + n = 3 + 860 = 863.$