2018 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

点 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 按此顺序位于一条直路上，且 $A$ 到 $C$ 的距离为 $1800$ 米。Ina 的速度是 Eve 的两倍，Paul 的速度是 Ina 的两倍。三名跑者同时开始跑步：Ina 从 $A$ 出发跑向 $C$ ，Paul 从 $B$ 出发跑向 $C$ ，Eve 从 $C$ 出发跑向 $A$ 。当 Paul 遇到 Eve 时，他转身跑向 $A$ 。Paul 和 Ina 同时到达 $B$ 。求 $A$ 到 $B$ 的距离。

Points $A,$ $B,$ and $C$ lie in that order along a straight path where the distance from $A$ to $C$ is $1800$ meters. Ina runs twice as fast as Eve, and Paul runs twice as fast as Ina. The three runners start running at the same time with Ina starting at $A$ and running toward $C,$ Paul starting at $B$ and running toward $C,$ and Eve starting at $C$ and running toward $A.$ When Paul meets Eve, he turns around and runs toward $A.$ Paul and Ina both arrive at $B$ at the same time. Find the number of meters from $A$ to $B.$

答案

知识点：相对速度路程、速度与时间一次方程

难度评级：1950

小提示：

设 $AB = x$ 。Paul 和 Eve 共同跑完从 $B$ 到 $C$ 的间隔，所以 Paul 在转身前跑了其中的 $\frac{4}{5}$

Let $AB = x.$ Paul and Eve together cover the gap from $B$ to $C,$ so Paul runs $\frac{4}{5}$ of it before turning around

大提示：

当 Paul 回到 $B$ 时，他已经跑了 $\frac{8}{5}(1800 - x)$ ，而同一段时间内速度为他一半的 Ina 跑了 $x$

When Paul is back at $B$ he has run $\frac{8}{5}(1800 - x),$ and in that same time Ina, at half his speed, has run $x$

解答：

设 $x = AB$ ，则 $BC = 1800 - x$ ，设 Eve 的速度为 $v$ ，则 Ina 的速度为 $2v$ ，Paul 的速度为 $4v$ 。Paul 和 Eve 分别从 $B$ 与 $C$ 相向而跑，所以他们一起跑完相距 $1800 - x$ 米的路段，其中 Paul 跑了 $\frac{4}{5}$ 。然后 Paul 沿原路跑回 $B$ ，所以当他到达 $B$ 时，他总共跑了 $\frac{8}{5}(1800 - x)$ 米。

Ina 同时到达 $B$ ，她跑了 $x$ 米。因为 Paul 的速度是 Ina 的两倍，所以这段时间内 Paul 跑了 $2x$ 米。因此 $\frac{8}{5}(1800 - x) = 2x\text{，}$ 得 $8 \cdot 1800 = 18x$ ，所以 $x = 800$ 。

Let $x = AB,$ so $BC = 1800 - x,$ and let Eve’s speed be $v,$ so Ina runs at $2v$ and Paul at $4v.$ Paul and Eve start at $B$ and $C$ running toward each other, so together they cover the $1800 - x$ meters between them, with Paul covering $\frac{4}{5}$ of it. Paul then retraces that distance back to $B,$ so when he reaches $B$ he has run $\frac{8}{5}(1800 - x)$ meters in total.

Ina reaches $B$ at the same moment, having run $x$ meters. Since Paul runs twice as fast as Ina, he has run $2x$ meters in that time. Therefore $\frac{8}{5}(1800 - x) = 2x,$ which gives $8 \cdot 1800 = 18x,$ so $x = 800.$

2.

设 $a_0 = 2$ 、 $a_1 = 5$ 、 $a_2 = 8$ ，对 $n \gt 2$ ，递归定义 $a_n$ 为 $4(a_{n-1} + a_{n-2} + a_{n-3})$ 除以 $11$ 的余数。求 $a_{2018} \cdot a_{2020} \cdot a_{2022}$ 。

Let $a_0 = 2,$ $a_1 = 5,$ and $a_2 = 8,$ and for $n \gt 2$ define $a_n$ recursively to be the remainder when $4(a_{n-1} + a_{n-2} + a_{n-3})$ is divided by $11.$ Find $a_{2018} \cdot a_{2020} \cdot a_{2022}.$

答案

知识点：递推模运算找规律

难度评级：1970

小提示：

逐项计算；每一项只依赖前三项，所以一旦某个连续三项的三元组重复，数列就开始周期重复

Compute terms one at a time; each term depends only on the previous three, so once a triple of consecutive terms repeats, the sequence is periodic

大提示：

这个数列的周期为 $10$ ，所以把指标 $2018$ 、 $2020$ 、 $2022$ 对 $10$ 取余

The sequence repeats with period $10,$ so reduce the indices $2018,$ $2020,$ $2022$ modulo $10$

解答：

逐项计算得 $\begin{gathered} 2,\ 5,\ 8,\ 5,\ 6,\ 10,\ 7,\ 4,\ 7,\ 6,\ \\ 2,\ 5,\ 8,\ \ldots \end{gathered}$ 因为 $(a_{10}, a_{11}, a_{12})$ $= (2, 5, 8)$ $= (a_0, a_1, a_2)$ ，且每一项只由前三项决定，所以数列以 $10$ 为周期。

因此 $a_{2018} = a_8 = 7$ 、 $a_{2020} = a_0 = 2$ 、 $a_{2022} = a_2 = 8$ ，乘积为 $7 \cdot 2 \cdot 8 = 112$ 。

Computing successive terms gives $\begin{gathered} 2,\ 5,\ 8,\ 5,\ 6,\ 10,\ 7,\ 4,\ 7,\ 6,\ \\ 2,\ 5,\ 8,\ \ldots \end{gathered}$ Since $(a_{10}, a_{11}, a_{12})$ $= (2, 5, 8)$ $= (a_0, a_1, a_2)$ and each term depends only on the previous three, the sequence is periodic with period $10.$

Therefore $a_{2018} = a_8 = 7,$ $a_{2020} = a_0 = 2,$ and $a_{2022} = a_2 = 8,$ so the product is $7 \cdot 2 \cdot 8 = 112.$

3.

求所有满足以下条件的正整数 $b \lt 1000$ 的和： $b$ 进制整数 $36_{b}$ 是完全平方数，且 $b$ 进制整数 $27_{b}$ 是完全立方数。

Find the sum of all positive integers $b \lt 1000$ such that the base- $b$ integer $36_{b}$ is a perfect square and the base- $b$ integer $27_{b}$ is a perfect cube.

答案

知识点：进制完全平方数完全幂极限情形界定

难度评级：2170

小提示：

条件说明 $3b + 6$ 是完全平方数，并且 $2b + 7$ 是完全立方数

The conditions say $3b + 6$ is a perfect square and $2b + 7$ is a perfect cube

大提示：

$2b + 7$ 是奇数且小于 $2007$ ，所以只需要检查少数几个奇数立方数

$2b + 7$ is odd and less than $2007,$ so only a handful of odd cubes need to be checked

解答：

条件说明 $3b + 6$ 是完全平方数，并且 $2b + 7$ 是完全立方数。由于 $2b + 7$ 是奇数，且 $b \lt 1000$ 使 $2b + 7 \lt 2007$ ，这个立方数只能是 $1$ 、 $27$ 、 $125$ 、 $343$ 、 $729$ 、 $1331$ ，给出 $b = -3$ 、 $10$ 、 $59$ 、 $168$ 、 $361$ 、 $662$ 。

对这些正候选值， $3b + 6$ 分别为 $36$ 、 $183$ 、 $510$ 、 $1089$ 、 $1992$ ，其中只有 $36 = 6^2$ （对应 $b = 10$ ）和 $1089 = 33^2$ （对应 $b = 361$ ）是完全平方数。所求和为 $10 + 361 = 371$ 。

The conditions say $3b + 6$ is a perfect square and $2b + 7$ is a perfect cube. Since $2b + 7$ is odd and $b \lt 1000$ forces $2b + 7 \lt 2007,$ the cube must be one of $1,$ $27,$ $125,$ $343,$ $729,$ $1331,$ giving $b = -3,$ $10,$ $59,$ $168,$ $361,$ $662.$

The corresponding values of $3b + 6$ for the positive candidates are $36,$ $183,$ $510,$ $1089,$ $1992,$ and only $36 = 6^2$ (for $b = 10$ ) and $1089 = 33^2$ (for $b = 361$ ) are perfect squares. The requested sum is $10 + 361 = 371.$

4.

在等角八边形 $CAROLINE$ 中， $CA = RO = LI = NE = \sqrt{2}$ ，且 $AR = OL = IN = EC = 1$ 。自交八边形 $CORNELIA$ 围成六个不重叠的三角形区域。设 $K$ 为 $CORNELIA$ 围成的面积，也就是这六个三角形区域的总面积。若 $K = \frac{a}{b}$ ，其中 $a$ 与 $b$ 是互质正整数，求 $a + b$ 。

In equiangular octagon $CAROLINE,$ $CA = RO = LI = NE = \sqrt{2}$ and $AR = OL = IN = EC = 1.$ The self-intersecting octagon $CORNELIA$ encloses six non-overlapping triangular regions. Let $K$ be the area enclosed by $CORNELIA,$ that is, the total area of the six triangular regions. Then $K = \frac{a}{b},$ where $a$ and $b$ are relatively prime positive integers. Find $a + b.$

答案

知识点：等角多边形坐标几何面积分割对称性

难度评级：2640

小提示：

把八边形放在网格上：长度为 $\sqrt{2}$ 的边是单位正方形的对角线，因此八个顶点都可以是格点

Place the octagon on a grid: the $\sqrt{2}$ sides are diagonals of unit squares, so all eight vertices are lattice points

大提示：

路径 $CORNELIA$ 有 $180^\circ$ 旋转对称性；求线段 $AI$ 与 $RN$ 和线段 $CO$ 以及彼此的交点

The path $CORNELIA$ has a $180^\circ$ rotational symmetry; find where segments $AI$ and $RN$ cross segment $CO$ and each other

解答：

因为所有内角都是 $135^\circ$ ，且长度为 $\sqrt{2}$ 的边是单位正方形的对角线，所以八边形可放在格点上： $C = (0, 0)$ 、 $A = (1, 1)$ 、 $R = (2, 1)$ 、 $O = (3, 0)$ 、 $L = (3, -1)$ 、 $I = (2, -2)$ 、 $N = (1, -2)$ 、 $E = (0, -1)$ 。路径 $CORNELIA$ 绕 $(\tfrac{3}{2}, -\tfrac{1}{2})$ 作 $180^\circ$ 旋转后不变。设 $Y$ 与 $Z$ 分别为 $AI$ 、 $RN$ 与 $CO$ 的交点，并设 $W = AI \cap RN$ 。线段 $AI$ 的斜率为 $-3$ ，所以 $Y = (\tfrac{4}{3}, 0)$ ，由对称性得 $Z = (\tfrac{5}{3}, 0)$ 且 $W = (\tfrac{3}{2}, -\tfrac{1}{2})$ 。

六个封闭区域包括四个全等的角部三角形（如 $CAY$ ）和两个全等的小三角形（如 $YZW$ ）。三角形 $CAY$ 的底 $CY = \tfrac{4}{3}$ ，高为 $1$ ，所以面积为 $\tfrac{2}{3}$ 。三角形 $YZW$ 的底 $YZ = \tfrac{1}{3}$ ，高为 $\tfrac{1}{2}$ ，所以面积为 $\tfrac{1}{12}$ 。因此 $\begin{aligned} K &= 4 \cdot \frac{2}{3} + 2 \cdot \frac{1}{12} \\ &= \frac{8}{3} + \frac{1}{6} = \frac{17}{6} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $a + b = 17 + 6 = 23$ 。

Since the interior angles are all $135^\circ$ and the $\sqrt{2}$ sides are diagonals of unit squares, the octagon fits on a lattice: $C = (0, 0),$ $A = (1, 1),$ $R = (2, 1),$ $O = (3, 0),$ $L = (3, -1),$ $I = (2, -2),$ $N = (1, -2),$ $E = (0, -1).$ The path $CORNELIA$ is carried to itself by the $180^\circ$ rotation about $(\tfrac{3}{2}, -\tfrac{1}{2}).$ Let $Y$ and $Z$ be the points where $AI$ and $RN$ cross $CO,$ and let $W = AI \cap RN.$ Segment $AI$ has slope $-3,$ so $Y = (\tfrac{4}{3}, 0),$ and by symmetry $Z = (\tfrac{5}{3}, 0)$ and $W = (\tfrac{3}{2}, -\tfrac{1}{2}).$

The six enclosed regions are the four congruent corner triangles like $CAY$ and the two small congruent triangles like $YZW.$ Triangle $CAY$ has base $CY = \tfrac{4}{3}$ and height $1,$ so its area is $\tfrac{2}{3}.$ Triangle $YZW$ has base $YZ = \tfrac{1}{3}$ and height $\tfrac{1}{2},$ so its area is $\tfrac{1}{12}.$ Therefore $\begin{aligned} K &= 4 \cdot \frac{2}{3} + 2 \cdot \frac{1}{12} \\ &= \frac{8}{3} + \frac{1}{6} = \frac{17}{6}, \end{aligned}$ and $a + b = 17 + 6 = 23.$

5.

设 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 为复数，满足 $xy = -80 - 320i$ 、 $yz = 60$ 、 $zx = -96 + 24i$ ，其中 $i = \sqrt{-1}$ 。那么存在实数 $a$ 与 $b$ ，使得 $x + y + z = a + bi$ 。求 $a^2 + b^2$ 。

Suppose that $x,$ $y,$ and $z$ are complex numbers such that $xy = -80 - 320i,$ $yz = 60,$ and $zx = -96 + 24i,$ where $i = \sqrt{-1}.$ Then there are real numbers $a$ and $b$ such that $x + y + z = a + bi.$ Find $a^2 + b^2.$

答案

知识点：复数方程组代数变形

难度评级：2450

小提示：

将三个方程相乘，以求出 $(xyz)^2$

Multiply all three equations together to find $(xyz)^2$

大提示：

$(xyz)^2 = 240^2(16 + 30i)$ ，且 $16 + 30i$ 在复数中是完全平方；然后用 $xyz$ 分别除以给定的乘积

$(xyz)^2 = 240^2(16 + 30i)$ and $16 + 30i$ is a perfect square in the complex numbers; then divide $xyz$ by each given product

解答：

将三个方程相乘，得到 $\begin{aligned} (xyz)^2 &= (-80 - 320i)(60) \\ &\quad {}\cdot (-96 + 24i) \\ &= 80 \cdot 60 \cdot 24 \\ &\quad {}\cdot \,(-1 - 4i)(-4 + i) \\ &= 240^2 (16 + 30i) \end{aligned}\text{。}$ 因为 $16 + 30i = (5 + 3i)^2$ ，所以 $xyz = \pm 240(5 + 3i)$ 。

用 $xyz$ 分别除以给定的乘积，得 $\begin{aligned} x &= \frac{xyz}{yz} = \pm(20 + 12i), \\ y &= \frac{xyz}{zx} = \pm(-10 - 10i), \\ z &= \frac{xyz}{xy} = \pm(-3 + 3i) \end{aligned}\text{，}$ 且符号一致。因此 $x + y + z = \pm(7 + 5i)$ ，所以 $(a, b) = \pm(7, 5)$ ，从而 $a^2 + b^2 = 49 + 25 = 74$ 。

Multiplying the three equations gives $\begin{aligned} (xyz)^2 &= (-80 - 320i)(60) \\ &\quad {}\cdot (-96 + 24i) \\ &= 80 \cdot 60 \cdot 24 \\ &\quad {}\cdot \,(-1 - 4i)(-4 + i) \\ &= 240^2 (16 + 30i). \end{aligned}$ Since $16 + 30i = (5 + 3i)^2,$ we get $xyz = \pm 240(5 + 3i).$

Dividing $xyz$ by each given product yields $\begin{aligned} x &= \frac{xyz}{yz} = \pm(20 + 12i), \\ y &= \frac{xyz}{zx} = \pm(-10 - 10i), \\ z &= \frac{xyz}{xy} = \pm(-3 + 3i), \end{aligned}$ with matching signs. Hence $x + y + z = \pm(7 + 5i),$ so $(a, b) = \pm(7, 5)$ and $a^2 + b^2 = 49 + 25 = 74.$

6.

从区间 $[-20, 18]$ 中随机均匀选取一个实数 $a$ 。多项式 $\begin{aligned} &x^4 + 2ax^3 + (2a - 2)x^2 \\ &\quad {}+ (-4a + 3)x - 2 \end{aligned}$ 的根全为实数的概率可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

A real number $a$ is chosen randomly and uniformly from the interval $[-20, 18].$ The probability that the roots of the polynomial $\begin{aligned} &x^4 + 2ax^3 + (2a - 2)x^2 \\ &\quad {}+ (-4a + 3)x - 2 \end{aligned}$ are all real can be written in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：多项式因式分解二次方程几何概率

难度评级：2510

小提示：

寻找对所有 $a$ 都成立的根： $x = 1$ 与 $x = -2$ 始终都是根

Look for roots that work for every $a:$ both $x = 1$ and $x = -2$ are always roots

大提示：

提出因式 $(x - 1)(x + 2)$ 后，二次式 $x^2 + (2a - 1)x + 1$ 有实根恰好当 $(2a - 1)^2 \ge 4$

After factoring out $(x - 1)(x + 2),$ the quadratic $x^2 + (2a - 1)x + 1$ has real roots exactly when $(2a - 1)^2 \ge 4$

解答：

按是否含有 $a$ 分组： $\begin{aligned} &(x^4 - 2x^2 + 3x - 2) \\ &\quad {}+ 2a(x^3 + x^2 - 2x) \\ &= (x - 1)(x + 2)(x^2 - x + 1) \\ &\quad {}+ 2ax(x - 1)(x + 2) \end{aligned}\text{，}$ 所以该多项式分解为 $(x - 1)(x + 2)$ $\cdot \left(x^2 + (2a - 1)x + 1\right)$ 。

四个根全为实数，恰好当二次因式有实根，即 $(2a - 1)^2 - 4 \ge 0$ ，也就是 $a \le -\frac{1}{2}$ 或 $a \ge \frac{3}{2}$ 。在 $[-20, 18]$ 中被排除的区间 $\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ 长度为 $2$ ，整个区间长度为 $38$ ，所以概率为 $\frac{36}{38} = \frac{18}{19}$ 。所求和为 $18 + 19 = 37$ 。

Group the terms by whether they involve $a:$ $\begin{aligned} &(x^4 - 2x^2 + 3x - 2) \\ &\quad {}+ 2a(x^3 + x^2 - 2x) \\ &= (x - 1)(x + 2)(x^2 - x + 1) \\ &\quad {}+ 2ax(x - 1)(x + 2), \end{aligned}$ so the polynomial factors as $(x - 1)(x + 2)$ $\cdot \left(x^2 + (2a - 1)x + 1\right).$

All four roots are real exactly when the quadratic factor has real roots, i.e. when $(2a - 1)^2 - 4 \ge 0,$ which means $a \le -\frac{1}{2}$ or $a \ge \frac{3}{2}.$ The excluded interval $\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ has length $2$ inside $[-20, 18],$ which has length $38,$ so the probability is $\frac{36}{38} = \frac{18}{19}.$ The requested sum is $18 + 19 = 37.$

7.

三角形 $ABC$ 的边长为 $AB = 9$ 、 $BC = 5\sqrt{3}$ 、 $AC = 12$ 。点 $A = P_0$ ， $P_1$ ， $P_2$ ， $\ldots$ ， $P_{2450} = B$ 位于线段 $\overline{AB}$ 上，且对 $k = 1$ ， $2$ ， $\ldots$ ， $2449$ ，点 $P_k$ 位于 $P_{k-1}$ 与 $P_{k+1}$ 之间。点 $A = Q_0$ ， $Q_1$ ， $Q_2$ ， $\ldots$ ， $Q_{2450} = C$ 位于线段 $\overline{AC}$ 上，且对 $k = 1$ ， $2$ ， $\ldots$ ， $2449$ ，点 $Q_k$ 位于 $Q_{k-1}$ 与 $Q_{k+1}$ 之间。此外，每条线段 $\overline{P_kQ_k}$ ， $k = 1$ ， $2$ ， $\ldots$ ， $2449$ ，都平行于 $\overline{BC}$ 。这些线段把三角形分成 $2450$ 个区域，其中有 $2449$ 个梯形和 $1$ 个三角形。所有 $2450$ 个区域面积相等。求线段 $\overline{P_kQ_k}$ ， $k = 1$ ， $2$ ， $\ldots$ ， $2450$ 中长度为有理数的线段数。

Triangle $ABC$ has side lengths $AB = 9,$ $BC = 5\sqrt{3},$ and $AC = 12.$ Points $A = P_0,$ $P_1,$ $P_2,$ $\ldots,$ $P_{2450} = B$ are on segment $\overline{AB}$ with $P_k$ between $P_{k-1}$ and $P_{k+1}$ for $k = 1,$ $2,$ $\ldots,$ $2449,$ and points $A = Q_0,$ $Q_1,$ $Q_2,$ $\ldots,$ $Q_{2450} = C$ are on segment $\overline{AC}$ with $Q_k$ between $Q_{k-1}$ and $Q_{k+1}$ for $k = 1,$ $2,$ $\ldots,$ $2449.$ Furthermore, each segment $\overline{P_kQ_k},$ $k = 1,$ $2,$ $\ldots,$ $2449,$ is parallel to $\overline{BC}.$ The segments cut the triangle into $2450$ regions, consisting of $2449$ trapezoids and $1$ triangle. Each of the $2450$ regions has the same area. Find the number of segments $\overline{P_kQ_k},$ $k = 1,$ $2,$ $\ldots,$ $2450,$ that have rational length.

答案

知识点：相似面积比完全平方数

难度评级：2650

小提示：

各区域面积相等，所以三角形 $AP_kQ_k$ 的面积是整个三角形的 $\frac{k}{2450}$ ，长度按面积比的平方根缩放

The regions have equal areas, so triangle $AP_kQ_k$ has area $\frac{k}{2450}$ of the whole, and lengths scale as the square root of the area ratio

大提示：

$P_kQ_k = 5\sqrt{3}\,\sqrt{\frac{k}{2450}} = \frac{\sqrt{6k}}{14}$ ，它为有理数恰好当 $6k$ 是完全平方数

$P_kQ_k = 5\sqrt{3}\,\sqrt{\frac{k}{2450}} = \frac{\sqrt{6k}}{14},$ which is rational exactly when $6k$ is a perfect square

解答：

因为 $2450$ 个区域面积相等，三角形 $AP_kQ_k$ （前 $k$ 个区域的并集）的面积是三角形 $ABC$ 的 $\frac{k}{2450}$ 。每个三角形 $AP_kQ_k$ 都与 $ABC$ 相似，长度按面积比的平方根缩放，所以 $\begin{aligned} P_kQ_k &= 5\sqrt{3}\,\sqrt{\frac{k}{2450}} \\ &= 5\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{k}}{35\sqrt{2}} \\ &= \frac{\sqrt{6k}}{14} \end{aligned}\text{。}$

这为有理数恰好当 $6k$ 是完全平方数，也就是当且仅当 $k = 6j^2$ ，其中 $j$ 为正整数。条件 $6j^2 \le 2450$ 给出 $j^2 \le 408$ ，所以 $j = 1, 2, \ldots, 20$ 。共有 $20$ 条这样的线段。

Since the $2450$ regions have equal areas, triangle $AP_kQ_k$ (the union of the first $k$ regions) has area $\frac{k}{2450}$ of triangle $ABC.$ Each triangle $AP_kQ_k$ is similar to $ABC,$ and lengths scale as the square root of areas, so $\begin{aligned} P_kQ_k &= 5\sqrt{3}\,\sqrt{\frac{k}{2450}} \\ &= 5\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{k}}{35\sqrt{2}} \\ &= \frac{\sqrt{6k}}{14}. \end{aligned}$

This is rational exactly when $6k$ is a perfect square, which happens exactly when $k = 6j^2$ for a positive integer $j.$ The condition $6j^2 \le 2450$ gives $j^2 \le 408,$ so $j = 1, 2, \ldots, 20.$ There are $20$ such segments.

8.

一只青蛙位于坐标平面的原点。从点 $(x, y)$ 出发，青蛙可以跳到 $(x + 1, y)$ 、 $(x + 2, y)$ 、 $(x, y + 1)$ 或 $(x, y + 2)$ 中任一点。求青蛙从 $(0, 0)$ 出发并最终到达 $(4, 4)$ 的不同跳跃序列个数。

A frog is positioned at the origin in the coordinate plane. From the point $(x, y),$ the frog can jump to any of the points $(x + 1, y),$ $(x + 2, y),$ $(x, y + 1),$ or $(x, y + 2).$ Find the number of distinct sequences of jumps in which the frog begins at $(0, 0)$ and ends at $(4, 4).$

答案

知识点：分拆与有序分拆多重集排列分类讨论

难度评级：2920

小提示：

向右的跳跃由若干 $+1$ 与 $+2$ 组成且总和为 $4$ ，所以作为多重集合只能是 $\{1,1,1,1\}$ 、 $\{1,1,2\}$ ，或 $\{2,2\}$ ，向上的跳跃同理

The rightward jumps are $+1$ s and $+2$ s summing to $4,$ so as a multiset they are $\{1,1,1,1\},$ $\{1,1,2\},$ or $\{2,2\},$ and likewise for the upward jumps

大提示：

对每一对多重集合，所有跳跃的排列数是一个多项式系数；把九种情况相加

For each pair of multisets, the number of ways to order all the jumps is a multinomial coefficient; add up the nine cases

解答：

水平跳跃是若干长度为 $1$ 或 $2$ 的步长，总和为 $4$ ，所以作为多重集合只能是 $\{1,1,1,1\}$ 、 $\{1,1,2\}$ ，或 $\{2,2\}$ ，竖直跳跃也一样。对任意一对多重集合，所有跳跃的任意排列都是有效序列，排列数就是合并后多重集合的多项式系数。

九种情况给出 $\begin{aligned} &\binom{8}{4} = 70, \\ &\quad \frac{7!}{4!\,2!} = 105, \\ &\quad \frac{6!}{4!\,2!} = 15 \end{aligned}\text{，}$ $\begin{aligned} &\frac{6!}{2!\,2!} = 180, \\ &\quad \frac{5!}{2!\,2!} = 30, \\ &\quad \binom{4}{2} = 6 \end{aligned}\text{。}$ 其中 $105$ 、 $15$ 、 $30$ 各出现两次。

总数为 $70 + 2 \cdot 105 + 2 \cdot 15$ $+ 180 + 2 \cdot 30 + 6$ $= 556$ 。

The horizontal jumps are steps of $1$ or $2$ summing to $4,$ so as a multiset they are $\{1,1,1,1\},$ $\{1,1,2\},$ or $\{2,2\},$ and the same holds for the vertical jumps. For any choice of the two multisets, every ordering of all the jumps is a valid sequence, and the number of orderings is the multinomial coefficient of the combined multiset.

The nine cases give $\begin{aligned} &\binom{8}{4} = 70, \\ &\quad \frac{7!}{4!\,2!} = 105, \\ &\quad \frac{6!}{4!\,2!} = 15, \end{aligned}$ $\begin{aligned} &\frac{6!}{2!\,2!} = 180, \\ &\quad \frac{5!}{2!\,2!} = 30, \\ &\quad \binom{4}{2} = 6. \end{aligned}$ The values $105,$ $15,$ and $30$ each occur twice.

The total is $70 + 2 \cdot 105 + 2 \cdot 15$ $+ 180 + 2 \cdot 30 + 6$ $= 556.$

9.

八边形 $ABCDEFGH$ 的边长满足 $AB = CD = EF = GH = 10$ ，且 $BC = DE = FG = HA = 11$ 。它由一个 $23 \times 27$ 矩形的四个角各切去一个 $6$ - $8$ - $10$ 三角形形成，其中边 $\overline{AH}$ 位于矩形的一条短边上，如图所示。设 $J$ 为 $\overline{AH}$ 的中点，并作线段 $\overline{JB}$ 、 $\overline{JC}$ 、 $\overline{JD}$ 、 $\overline{JE}$ 、 $\overline{JF}$ 、 $\overline{JG}$ ，把八边形分成 $7$ 个三角形。求以这 $7$ 个三角形的重心为顶点的凸多边形面积。

Octagon $ABCDEFGH$ with side lengths $AB = CD = EF = GH = 10$ and $BC = DE = FG = HA = 11$ is formed by removing four $6$ - $8$ - $10$ triangles from the corners of a $23 \times 27$ rectangle with side $\overline{AH}$ on a short side of the rectangle, as shown. Let $J$ be the midpoint of $\overline{AH},$ and partition the octagon into $7$ triangles by drawing segments $\overline{JB},$ $\overline{JC},$ $\overline{JD},$ $\overline{JE},$ $\overline{JF},$ and $\overline{JG}.$ Find the area of the convex polygon whose vertices are the centroids of these $7$ triangles.

答案

知识点：重心位似坐标几何面积分割

难度评级：2920

小提示：

每个三角形都有共同顶点 $J$ ，所以每个重心都位于从 $J$ 到对边中点的线段上，且位于这条线段的三分之二处

Every triangle has vertex $J,$ so each centroid lies two-thirds of the way from $J$ to the midpoint of the opposite side

大提示：

重心七边形是那些中点组成的七边形以 $J$ 为中心、按 $\frac{2}{3}$ 倍缩放所得，所以它的面积是中点七边形面积的 $\frac{4}{9}$

The centroid heptagon is the heptagon of those midpoints dilated by $\frac{2}{3}$ about $J,$ so its area is $\frac{4}{9}$ of the midpoint heptagon’s area

解答：

这 $7$ 个三角形都以 $J$ 为一个顶点。三角形 $JVW$ 的重心位于从 $J$ 到 $\overline{VW}$ 中点的线段上，且位于这条线段的三分之二处。因此，重心七边形是由 $\overline{AB}, \overline{BC}, \ldots, \overline{GH}$ 的中点构成的七边形 $S$ 以 $J$ 为中心、按 $\frac{2}{3}$ 的比例缩放所得的图形，其面积为 $\frac{4}{9}[S]$ 。

放置矩形，使 $A = (0, 6)$ 、 $B = (8, 0)$ 、 $C = (19, 0)$ 、 $D = (27, 6)$ 、 $E = (27, 17)$ 、 $F = (19, 23)$ 、 $G = (8, 23)$ 、 $H = (0, 17)$ ，所以 $J = (0, \tfrac{23}{2})$ 。这些中点为 $(4, 3)$ 、 $(\tfrac{27}{2}, 0)$ 、 $(23, 3)$ 、 $(27, \tfrac{23}{2})$ 、 $(23, 20)$ 、 $(\tfrac{27}{2}, 23)$ 、 $(4, 20)$ 。在 $x = 4$ 、 $x = \tfrac{27}{2}$ 、 $x = 23$ 处的竖直截段长度分别为 $17$ 、 $23$ 、 $17$ ，将 $S$ 分成两个高为 $\tfrac{19}{2}$ 的梯形和一个高为 $4$ 的三角形： $\begin{aligned} [S] &= 2 \cdot \frac{17 + 23}{2} \cdot \frac{19}{2} \\ &\quad {}+ \frac{17 \cdot 4}{2} \\ &= 380 + 34 = 414 \end{aligned}\text{。}$

所求面积为 $\frac{4}{9} \cdot 414 = 184$ 。

Each of the $7$ triangles has $J$ as a vertex, and the centroid of a triangle $JVW$ lies on the segment from $J$ to the midpoint of $\overline{VW},$ two-thirds of the way out. So the centroid heptagon is the image of the heptagon $S$ formed by the midpoints of $\overline{AB}, \overline{BC}, \ldots, \overline{GH}$ under a dilation centered at $J$ with ratio $\frac{2}{3},$ and its area is $\frac{4}{9}[S].$

Place the rectangle with $A = (0, 6),$ $B = (8, 0),$ $C = (19, 0),$ $D = (27, 6),$ $E = (27, 17),$ $F = (19, 23),$ $G = (8, 23),$ $H = (0, 17),$ so $J = (0, \tfrac{23}{2}).$ The midpoints are $(4, 3),$ $(\tfrac{27}{2}, 0),$ $(23, 3),$ $(27, \tfrac{23}{2}),$ $(23, 20),$ $(\tfrac{27}{2}, 23),$ $(4, 20).$ The vertical segments at $x = 4,$ $x = \tfrac{27}{2},$ and $x = 23$ have lengths $17,$ $23,$ and $17,$ cutting $S$ into two trapezoids of height $\tfrac{19}{2}$ and a triangle of height $4:$ $\begin{aligned} [S] &= 2 \cdot \frac{17 + 23}{2} \cdot \frac{19}{2} \\ &\quad {}+ \frac{17 \cdot 4}{2} \\ &= 380 + 34 = 414. \end{aligned}$

The requested area is $\frac{4}{9} \cdot 414 = 184.$

10.

求从 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ 映到 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ 的函数 $f(x)$ 的个数，使得对 $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ 中所有 $x$ 都有 $f(f(x)) = f(f(f(x)))$ 。

Find the number of functions $f(x)$ from $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ to $\{1, 2, 3, 4, 5\}$ that satisfy $f(f(x)) = f(f(f(x)))$ for all $x$ in $\{1, 2, 3, 4, 5\}.$

答案

知识点：函数组合分类讨论

难度评级：3060

小提示：

这个条件说明 $f \circ f$ 的每个值都是 $f$ 的不动点。按元素需要经过多少次 $f$ 才到达不动点来分类

The condition says every value of $f \circ f$ is a fixed point of $f.$ Classify elements by how many applications of $f$ they need to reach a fixed point.

大提示：

若有 $i$ 个不动点，又有 $j$ 个其他元素直接映到这些不动点，则剩下的 $5 - i - j$ 个元素必须映到这 $j$ 个元素；用二项式系数按情况计数

With $i$ fixed points and $j$ further elements mapping straight to them, the remaining $5 - i - j$ elements must map to those $j;$ count each case with binomial coefficients

解答：

对 $f(f(x)) = f(f(f(x)))$ 反复应用 $f$ 可知，该条件等价于对每个 $x$ ， $f(f(x))$ 都是 $f$ 的不动点。因此元素分层排列：先是一个非空的 $i$ 个不动点集合，然后是 $j$ 个映到不动点、但本身不是不动点的元素，剩下的 $5 - i - j$ 个元素每个都必须映到这 $j$ 个中间层元素之一。

对给定的 $i$ 与 $j$ 有 $\binom{5}{i}$ 种方式选不动点， $\binom{5-i}{j}$ 种方式选中间层， $i^j$ 种方式把中间层映到不动点，剩余元素有 $j^{\,5-i-j}$ 种映法。把 $\binom{5}{i}\binom{5-i}{j}\, i^j \, j^{\,5-i-j}$ 对所有有效的 $i \ge 1$ 、 $j \ge 1$ 求和，再加上 $i = 5$ 的恒等函数情形，得到 $\begin{aligned} &20 + 120 + 60 + 5 \\ &\quad {}+ 60 + 240 + 80 \\ &\quad {}+ 60 + 90 + 20 + 1 = 756 \end{aligned}\text{。}$

Applying $f$ to $f(f(x)) = f(f(f(x)))$ repeatedly shows the condition means that $f(f(x))$ is a fixed point of $f$ for every $x.$ So the elements organize into levels: a nonempty set of $i$ fixed points, then $j$ elements whose image is a fixed point (but which are not fixed), and the remaining $5 - i - j$ elements, each of which must map to one of the $j$ middle elements.

For given $i$ and $j$ there are $\binom{5}{i}$ choices of fixed points, $\binom{5-i}{j}$ choices of the middle level, $i^j$ maps from the middle level to the fixed points, and $j^{\,5-i-j}$ maps for the rest. Summing $\binom{5}{i}\binom{5-i}{j}\, i^j \, j^{\,5-i-j}$ over the valid pairs (all $i \ge 1,$ $j \ge 1,$ plus the identity case $i = 5$ ) gives $\begin{aligned} &20 + 120 + 60 + 5 \\ &\quad {}+ 60 + 240 + 80 \\ &\quad {}+ 60 + 90 + 20 + 1 = 756. \end{aligned}$

11.

求 $1$ ， $2$ ， $3$ ， $4$ ， $5$ ， $6$ 的排列个数，使得对每个满足 $1 \le k \le 5$ 的 $k$ ，排列的前 $k$ 项中至少有一项大于 $k$ 。

Find the number of permutations of $1,$ $2,$ $3,$ $4,$ $5,$ $6$ such that for each $k$ with $1 \le k \le 5,$ at least one of the first $k$ terms of the permutation is greater than $k.$

答案

知识点：排列补集计数递推计数

难度评级：3060

小提示：

条件失败恰好发生在某个长度 $k \le 5$ 的前缀是 $\{1, \ldots, k\}$ 的一个排列时

The condition fails exactly when some prefix of length $k \le 5$ is a permutation of $\{1, \ldots, k\}$

大提示：

令 $c_k$ 表示 $1, \ldots, k$ 的排列中没有更短的这种前缀的个数；因为每个排列都有唯一的最短这种前缀，所以 $\sum_k c_k (n-k)! = n!$

Let $c_k$ count permutations of $1, \ldots, k$ with no shorter such prefix; then $\sum_k c_k (n-k)! = n!$ since every permutation has a unique shortest one

解答：

条件失败恰好当存在某个 $k \le 5$ ，使前 $k$ 项是 $\{1, \ldots, k\}$ 的一个排列。对 $1, \ldots, n$ 的一个排列，令 $k$ 为前缀恰好是 $\{1, \ldots, k\}$ 的最小长度（全长 $n$ 总是可行），并令 $c_n$ 为这个最小的 $k$ 等于 $n$ 的排列数。我们要求的是 $c_6$ 。

每个 $1, \ldots, n$ 的排列都唯一分解为长度 $k$ 的最小前缀（有 $c_k$ 种选择），后接剩余 $n - k$ 个数的任意排列，所以 $\sum_{k=1}^{n} c_k \,(n-k)! = n!\text{。}$ 从 $c_1 = 1$ 开始，得到 $c_2 = 1$ 、 $c_3 = 3$ 、 $c_4 = 13$ 、 $c_5 = 71$ ，并且 $\begin{aligned} c_6 &= 720 \\ &\quad {}- \tiny(120 \cdot 1 + 24 \cdot 1 + 6 \cdot 3 + 2 \cdot 13 + 1 \cdot 71) \\ &= 720 - 259 = 461 \end{aligned}\text{。}$

The condition fails exactly when the first $k$ terms are a permutation of $\{1, \ldots, k\}$ for some $k \le 5.$ For a permutation of $1, \ldots, n,$ let $k$ be the smallest length for which the prefix is $\{1, \ldots, k\}$ (the full length $n$ always works), and let $c_n$ be the number of permutations whose smallest such $k$ is $n.$ We want $c_6.$

Every permutation of $1, \ldots, n$ decomposes uniquely as a minimal prefix of length $k$ ( $c_k$ choices) followed by any arrangement of the remaining $n - k$ values, so $\sum_{k=1}^{n} c_k \,(n-k)! = n!.$ Starting from $c_1 = 1,$ this gives $c_2 = 1,$ $c_3 = 3,$ $c_4 = 13,$ $c_5 = 71,$ and $\begin{aligned} c_6 &= 720 \\ &\quad {}- \tiny(120 \cdot 1 + 24 \cdot 1 + 6 \cdot 3 + 2 \cdot 13 + 1 \cdot 71) \\ &= 720 - 259 = 461. \end{aligned}$

12.

设 $ABCD$ 为凸四边形，且 $AB = CD = 10$ 、 $BC = 14$ 、 $AD = 2\sqrt{65}$ 。假设 $ABCD$ 的对角线交于点 $P$ ，并且三角形 $APB$ 与 $CPD$ 的面积之和等于三角形 $BPC$ 与 $APD$ 的面积之和。求四边形 $ABCD$ 的面积。

Let $ABCD$ be a convex quadrilateral with $AB = CD = 10,$ $BC = 14,$ and $AD = 2\sqrt{65}.$ Assume that the diagonals of $ABCD$ intersect at point $P,$ and that the sum of the areas of triangles $APB$ and $CPD$ equals the sum of the areas of triangles $BPC$ and $APD.$ Find the area of quadrilateral $ABCD.$

答案

知识点：余弦定理三角形面积方程组

难度评级：3160

小提示：

将每个三角形的面积写成其两条边段长度之积的一半再乘以 $\sin\theta$ ，其中 $\theta$ 是 $P$ 处的一个角；面积条件可分解为 $(AP - CP)(DP - BP) = 0$

Write each triangle’s area as one-half the product of its two side segments and $\sin\theta,$ where $\theta$ is an angle at $P;$ the area condition factors as $(AP - CP)(DP - BP) = 0$

大提示：

取 $AP = CP$ ，并在以 $P$ 为顶点的四个三角形中都使用余弦定理；利用 $P$ 处的角互补，成对相加和相减

Take $AP = CP$ and apply the law of cosines to all four triangles at $P;$ add and subtract in pairs, using that the angles at $P$ are supplementary

解答：

设 $a = AP$ 、 $b = BP$ 、 $c = CP$ 、 $d = DP$ ，并设 $\theta = \angle CPD$ 。由于 $\sin(\pi - \theta) = \sin\theta$ ，等面积条件 $\frac{1}{2}(ab + cd)\sin\theta$ $= \frac{1}{2}(ad + bc)\sin\theta$ 化简为 $(a - c)(d - b) = 0$ 。由对称性，不妨设 $a = c$ 。

在三角形 $BPC$ 与 $APB$ 中用余弦定理（它们在 $P$ 处的角互补），得到 $a^2 + b^2 + 2ab\cos\theta = 196$ 和 $a^2 + b^2 - 2ab\cos\theta = 100$ ，所以 $a^2 + b^2 = 148$ ，且 $ab\cos\theta = 24$ 。同理，三角形 $APD$ 与 $CPD$ 给出 $a^2 + d^2 = 180$ 和 $ad\cos\theta = 40$ 。相除得 $\frac{d}{b} = \frac{5}{3}$ ，而相减得 $d^2 - b^2 = 32$ ；于是 $b = 3\sqrt{2}$ 、 $d = 5\sqrt{2}$ 、 $a^2 = 130$ ，并且 $\cos^2\theta = \frac{24^2}{130 \cdot 18} = \frac{16}{65}$ ，所以 $\sin\theta = \frac{7}{\sqrt{65}}$ 。

总面积为 $\begin{aligned} \frac{1}{2}(a + c)(b + d) \\ &\quad {}\cdot \sin\theta \\ &= a(b + d)\sin\theta \\ &= \sqrt{130} \cdot 8\sqrt{2} \\ &\quad {}\cdot \frac{7}{\sqrt{65}} \\ &= 112 \end{aligned}\text{。}$

Let $a = AP,$ $b = BP,$ $c = CP,$ $d = DP,$ and let $\theta = \angle CPD.$ Since $\sin(\pi - \theta) = \sin\theta,$ the equal-area condition $\frac{1}{2}(ab + cd)\sin\theta$ $= \frac{1}{2}(ad + bc)\sin\theta$ simplifies to $(a - c)(d - b) = 0.$ By symmetry assume $a = c.$

The law of cosines in triangles $BPC$ and $APB$ (whose angles at $P$ are supplementary) gives $a^2 + b^2 + 2ab\cos\theta = 196$ and $a^2 + b^2 - 2ab\cos\theta = 100,$ so $a^2 + b^2 = 148$ and $ab\cos\theta = 24.$ Similarly triangles $APD$ and $CPD$ give $a^2 + d^2 = 180$ and $ad\cos\theta = 40.$ Dividing, $\frac{d}{b} = \frac{5}{3},$ while subtracting gives $d^2 - b^2 = 32;$ hence $b = 3\sqrt{2},$ $d = 5\sqrt{2},$ $a^2 = 130,$ and $\cos^2\theta = \frac{24^2}{130 \cdot 18} = \frac{16}{65},$ so $\sin\theta = \frac{7}{\sqrt{65}}.$

The total area is $\begin{aligned} \frac{1}{2}(a + c)(b + d) \\ &\quad {}\cdot \sin\theta \\ &= a(b + d)\sin\theta \\ &= \sqrt{130} \cdot 8\sqrt{2} \\ &\quad {}\cdot \frac{7}{\sqrt{65}} \\ &= 112. \end{aligned}$

13.

Misha 掷一枚标准且公平的六面骰子，直到她在连续三次掷骰中按顺序掷出 $1$ - $2$ - $3$ 为止。她掷骰次数为奇数的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Misha rolls a standard, fair six-sided die until she rolls $1$ - $2$ - $3$ in that order on three consecutive rolls. The probability that she will roll the die an odd number of times is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：递推概率骰子（概率）奇偶性方程组

难度评级：3270

小提示：

令 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 分别为从全新状态、已经掷出一个 $1$ 、已经掷出 $1$ - $2$ 后最终总掷骰次数为奇数的概率；按下一次掷骰分类

Let $a,$ $b,$ $c$ be the probabilities of finishing in an odd total number of rolls starting fresh, starting after a $1,$ and starting after $1$ - $2;$ condition on the next roll

大提示：

一次无关掷骰会翻转奇偶性，所以会出现 $1 - a$ 、 $1 - b$ 这样的项；例如 $a = \frac{1}{6}b + \frac{5}{6}(1 - a)$

A stray roll flips parity, so terms like $1 - a$ and $1 - b$ appear; for example $a = \frac{1}{6}b + \frac{5}{6}(1 - a)$

解答：

令 $a$ 为总掷骰次数为奇数的概率；令 $b$ 为已经先掷出一个 $1$ 时这个概率，令 $c$ 为已经先掷出 $1$ - $2$ 时这个概率（每种情况下都从已经掷出的骰数开始计数）。按下一次掷骰分类，并注意当计数重新开始时，已经用掉的掷骰次数会翻转所需奇偶性。从全新状态开始：若掷出 $1$ ，转到状态 $b$ ；否则用掉一次掷骰，之后需要偶数次续程。已有一个 $1$ 时：若再掷出 $1$ ，说明第一次掷骰作废，需要 $b$ 型的偶数次续程；若掷出 $2$ ，转到 $c$ ；否则浪费前两次掷骰。已有 $1$ - $2$ 时：若掷出 $3$ ，以 $3$ 次掷骰结束（奇数）；若掷出 $1$ ，带着浪费的两次掷骰重回 $b$ 状态；否则浪费三次掷骰。因此 $\begin{aligned} a &= \frac{1}{6}b + \frac{5}{6}(1 - a), \\ b &= \frac{1}{6}(1 - b) + \frac{1}{6}c + \frac{4}{6}a, \\ c &= \frac{1}{6}b + \frac{1}{6} + \frac{4}{6}(1 - a) \end{aligned}\text{。}$

第一个方程给出 $b = 11a - 5$ ；把第三个方程代入第二个方程得 $41b = 11 + 20a$ ，所以 $41(11a - 5) = 11 + 20a$ ，从而 $431a = 216$ ， $a = \frac{216}{431}$ 。因为 $431$ 是质数，所以 $m + n = 216 + 431 = 647$ 。

Let $a$ be the probability that the total number of rolls is odd; let $b$ be that probability given that the first roll is a $1,$ and $c$ given that the first two rolls are $1$ - $2$ (in each case counting all rolls). Condition on the next roll, noting that whenever the count restarts, the rolls already used flip the required parity. Starting fresh: a $1$ leads to state $b;$ anything else uses one roll, after which an even continuation is needed. After a $1:$ another $1$ means the first roll is wasted, needing an even continuation of the $b$ -type; a $2$ leads to $c;$ anything else wastes both rolls. After $1$ - $2:$ a $3$ finishes in $3$ rolls (odd); a $1$ restarts at the $b$ -state with two wasted rolls; anything else wastes all three. Thus $\begin{aligned} a &= \frac{1}{6}b + \frac{5}{6}(1 - a), \\ b &= \frac{1}{6}(1 - b) + \frac{1}{6}c + \frac{4}{6}a, \\ c &= \frac{1}{6}b + \frac{1}{6} + \frac{4}{6}(1 - a). \end{aligned}$

The first equation gives $b = 11a - 5;$ substituting the third into the second yields $41b = 11 + 20a,$ so $41(11a - 5) = 11 + 20a,$ giving $431a = 216$ and $a = \frac{216}{431}.$ Since $431$ is prime, $m + n = 216 + 431 = 647.$

14.

三角形 $ABC$ 的内切圆 $\omega$ 与 $\overline{BC}$ 相切于 $X$ 。设 $Y \neq X$ 为 $\overline{AX}$ 与 $\omega$ 的另一个交点。点 $P$ 与 $Q$ 分别位于 $\overline{AB}$ 与 $\overline{AC}$ 上，使得 $\overline{PQ}$ 在 $Y$ 处与 $\omega$ 相切。已知 $AP = 3$ 、 $PB = 4$ 、 $AC = 8$ ，且 $AQ = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

The incircle $\omega$ of triangle $ABC$ is tangent to $\overline{BC}$ at $X.$ Let $Y \neq X$ be the other intersection of $\overline{AX}$ with $\omega.$ Points $P$ and $Q$ lie on $\overline{AB}$ and $\overline{AC},$ respectively, so that $\overline{PQ}$ is tangent to $\omega$ at $Y.$ Assume that $AP = 3,$ $PB = 4,$ $AC = 8,$ and $AQ = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：内切圆、内心与内切圆半径切线正弦定理导角

难度评级：3500

小提示：

设内切圆与 $AB$ 相切于 $Z$ 与 $AC$ 相切于 $W$ 。在 $Y$ 与 $X$ 处用切线-弦定角可得 $\angle AYP = \angle YXC$ ；在三角形 $APY$ 与 $ABX$ 中使用正弦定理

Let the incircle touch $AB$ at $Z$ and $AC$ at $W.$ Tangent-chord angles at $Y$ and $X$ show $\angle AYP = \angle YXC;$ use the law of sines in triangles $APY$ and $ABX$

大提示：

$AZ$ 是 $AP$ 与 $AB$ 的调和平均数： $\frac{2}{AZ} = \frac{1}{AP} + \frac{1}{AB}$ ，类似地 $\frac{2}{AW} = \frac{1}{AQ} + \frac{1}{AC}$ ，且 $AW = AZ$

$AZ$ is the harmonic mean of $AP$ and $AB:$ $\frac{2}{AZ} = \frac{1}{AP} + \frac{1}{AB},$ and likewise $\frac{2}{AW} = \frac{1}{AQ} + \frac{1}{AC}$ with $AW = AZ$

解答：

设 $\omega$ 与 $\overline{AB}$ 相切于 $Z$ 与 $\overline{AC}$ 相切于 $W$ ，并设 $\alpha = \angle BAX$ 、 $\beta = \angle AXC$ 。切线 $PQ$ 与弦 $XY$ 所成的角等于切线 $BC$ 与弦 $XY$ 所成的角，所以 $\angle QYX = \angle YXC = \beta$ ，再由对顶角得 $\angle AYP = \beta$ 。在三角形 $APY$ 中用正弦定理得 $PY = AP\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ ，又由切线长相等 $PZ = PY$ ，所以 $\frac{AZ}{AP} = 1 + \frac{PY}{AP} = 1 + \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ 。在三角形 $ABX$ 中，由于 $\angle AXB = 180^\circ - \beta$ ，同理 $BX = AB\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ ，且 $BZ = BX$ ，于是 $\frac{AZ}{AB} = 1 - \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$ 。

将两个关系相加，得 $\frac{AZ}{AP} + \frac{AZ}{AB} = 2$ 。由于 $AP = 3$ 、 $AB = 7$ ，得到 $AZ\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{7}\right) = 2$ ，因此 $AZ = \frac{21}{5}$ 。在边 $AC$ 上作同样论证（在三角形 $AQY$ 与 $ACX$ 中使用 $\angle XAC$ ），得 $\frac{AW}{AQ} + \frac{AW}{AC} = 2$ 。又因为从 $A$ 引出的两条切线等长， $AW = AZ = \frac{21}{5}$ 。因此 $\frac{1}{AQ} = \frac{10}{21} - \frac{1}{8} = \frac{59}{168}\text{，}$ 所以 $AQ = \frac{168}{59}$ ， $m + n = 168 + 59 = 227$ 。

Let $\omega$ touch $\overline{AB}$ at $Z$ and $\overline{AC}$ at $W,$ and set $\alpha = \angle BAX$ and $\beta = \angle AXC.$ The tangent-chord angle between $PQ$ and chord $XY$ equals the one between $BC$ and $XY,$ so $\angle QYX = \angle YXC = \beta,$ and vertical angles give $\angle AYP = \beta.$ In triangle $APY$ the law of sines gives $PY = AP\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta},$ and by equal tangents $PZ = PY,$ so $\frac{AZ}{AP} = 1 + \frac{PY}{AP} = 1 + \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.$ In triangle $ABX,$ since $\angle AXB = 180^\circ - \beta,$ similarly $BX = AB\,\frac{\sin\alpha}{\sin\beta},$ and $BZ = BX$ gives $\frac{AZ}{AB} = 1 - \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}.$

Adding the two relations, $\frac{AZ}{AP} + \frac{AZ}{AB} = 2,$ so with $AP = 3$ and $AB = 7$ we get $AZ\left(\frac{1}{3} + \frac{1}{7}\right) = 2,$ hence $AZ = \frac{21}{5}.$ The identical argument on side $AC$ (using $\angle XAC$ in triangles $AQY$ and $ACX$ ) gives $\frac{AW}{AQ} + \frac{AW}{AC} = 2,$ and $AW = AZ = \frac{21}{5}$ by equal tangents from $A.$ Therefore $\frac{1}{AQ} = \frac{10}{21} - \frac{1}{8} = \frac{59}{168},$ so $AQ = \frac{168}{59}$ and $m + n = 168 + 59 = 227.$

15.

求从 $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 映到整数集的函数 $f$ 的个数，使得 $f(0) = 0$ 、 $f(6) = 12$ ，并且 $\begin{aligned} |x - y| &\le |f(x) - f(y)| \\ &\le 3|x - y| \end{aligned}$ 对 $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ 中所有 $x$ 与 $y$ 都成立。

Find the number of functions $f$ from $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ to the integers such that $f(0) = 0,$ $f(6) = 12,$ and $\begin{aligned} |x - y| &\le |f(x) - f(y)| \\ &\le 3|x - y| \end{aligned}$ for all $x$ and $y$ in $\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}.$

答案

知识点：分拆与有序分拆多重集排列分类讨论极限情形界定

难度评级：3370

小提示：

相邻函数值之差的绝对值为 $1$ 、 $2$ ，或 $3$ ，且六个差的总和为 $12$ ；证明至多有一个差为负

Consecutive values differ by $1,$ $2,$ or $3$ in absolute value and the six differences sum to $12;$ show at most one difference can be negative

大提示：

分三种情况处理：没有下降；下降发生在端点；下降发生在内部，此时它被迫是 $-1$ ，且两侧都是 $+3$

Handle three cases: no decrease; a decrease at either end; an interior decrease, which is forced to be $-1$ flanked by two $+3$ s

解答：

设 $d_i = f(i) - f(i-1)$ ，所以每个 $|d_i| \in \{1, 2, 3\}$ ，且 $d_1 + \cdots + d_6 = 12$ 。若有 $k$ 个差为负，则总和最多为 $3(6 - k) - k = 18 - 4k$ ，所以 $k \le 1$ 。若没有差为负，则满足 $a + b + c = 6$ 、 $a + 2b + 3c = 12$ 的解（其中 $a, b, c$ 分别计数 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 的个数）为 $(0,6,0)$ 、 $(1,4,1)$ 、 $(2,2,2)$ 、 $(3,0,3)$ 。所有这些排列都满足任意两点条件，给出 $\begin{aligned} &\binom{6}{0,6,0} + \binom{6}{1,4,1} \\ &\quad {}+ \binom{6}{2,2,2} + \binom{6}{3,0,3} \\ &= 1 + 30 + 90 + 20 = 141 \end{aligned}\text{。}$

若 $d_1 \lt 0$ ，则 $|f(2)| \ge 2$ 且 $f(2) \le d_1 + 3$ ，迫使 $d_1 = -1$ 且 $d_2 = 3$ ；剩余四个差为正且和为 $10$ ，给出 $\binom{4}{1,0,3} + \binom{4}{0,2,2} = 4 + 6 = 10$ 个函数，而 $d_6 \lt 0$ 的情况对称：两端合计 $20$ 个。最后，若对某个 $n = 1, 2, 3, 4$ 有 $d_{n+1} \lt 0$ ，则条件 $|f(n+1) - f(n-1)| \ge 2$ 与 $|f(n+2) - f(n)| \ge 2$ 迫使 $d_{n+1} = -1$ 且 $d_n = d_{n+2} = 3$ 。另外三个差为正且和为 $7$ ，可以是两个 $3$ 和一个 $1$ ，或一个 $3$ 和两个 $2$ ，每种各有 $3$ 种顺序：所以这 $4$ 个位置中每个都有 $6$ 种方式，共 $24$ 个函数。

总数为 $141 + 20 + 24 = 185$ 。

Let $d_i = f(i) - f(i-1),$ so each $|d_i| \in \{1, 2, 3\}$ and $d_1 + \cdots + d_6 = 12.$ If $k$ of the differences were negative, the sum would be at most $3(6 - k) - k = 18 - 4k,$ so $k \le 1.$ If no difference is negative, the solutions of $a + b + c = 6,$ $a + 2b + 3c = 12$ (with $a, b, c$ counting $1$ s, $2$ s, $3$ s) are $(0,6,0),$ $(1,4,1),$ $(2,2,2),$ $(3,0,3),$ and all such orderings satisfy every pair condition, giving $\begin{aligned} &\binom{6}{0,6,0} + \binom{6}{1,4,1} \\ &\quad {}+ \binom{6}{2,2,2} + \binom{6}{3,0,3} \\ &= 1 + 30 + 90 + 20 = 141. \end{aligned}$

If $d_1 \lt 0,$ then $|f(2)| \ge 2$ with $f(2) \le d_1 + 3$ forces $d_1 = -1$ and $d_2 = 3;$ the remaining four differences are positive and sum to $10,$ giving $\binom{4}{1,0,3} + \binom{4}{0,2,2} = 4 + 6 = 10$ functions, and the case $d_6 \lt 0$ is symmetric: $20$ in all. Finally, if $d_{n+1} \lt 0$ for some $n = 1, 2, 3, 4,$ the pair conditions $|f(n+1) - f(n-1)| \ge 2$ and $|f(n+2) - f(n)| \ge 2$ force $d_{n+1} = -1$ and $d_n = d_{n+2} = 3.$ The other three differences are positive and sum to $7,$ achievable as two $3$ s and a $1$ or a $3$ and two $2$ s, each in $3$ orders: $6$ ways for each of the $4$ positions, or $24$ functions.

The total is $141 + 20 + 24 = 185.$