2020 AIME I 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

在满足 $AB = AC$ 的 $\triangle ABC$ 中，点 $D$ 严格位于边 $\overline{AC}$ 上 $A$ 与 $C$ 之间，点 $E$ 严格位于边 $\overline{AB}$ 上 $A$ 与 $B$ 之间，并且 $AE = ED = DB = BC$ 。角 $\angle ABC$ 的度数为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

In $\triangle ABC$ with $AB = AC,$ point $D$ lies strictly between $A$ and $C$ on side $\overline{AC},$ and point $E$ lies strictly between $A$ and $B$ on side $\overline{AB}$ such that $AE = ED = DB = BC.$ The degree measure of $\angle ABC$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：547

知识点：等腰三角形导角角度和

难度评级：2150

小提示：

设 $\angle BAC = \alpha$ ，沿着等腰三角形 $AED$ 、 $EDB$ 和 $DBC$ 逐步追角。

Let $\angle BAC = \alpha$ and chase angles along the chain of isosceles triangles $AED,$ $EDB,$ and $DBC.$

大提示：

外角给出 $\angle DEB = 2\alpha$ ；然后 $D$ 点处沿 $\overline{AC}$ 的三个角会迫使 $\angle BDC = 3\alpha = \angle BCD$ 。

The exterior angle gives $\angle DEB = 2\alpha;$ then the three angles at $D$ along $\overline{AC}$ force $\angle BDC = 3\alpha = \angle BCD.$

解答：

设 $\angle BAC = \alpha$ 。因为 $AE = ED$ ，三角形 $AED$ 是等腰三角形，且 $\angle ADE = \angle DAE = \alpha$ ，所以 $E$ 点处的外角给出 $\angle DEB = 2\alpha$ 。又因为 $ED = DB$ ，三角形 $EDB$ 满足 $\angle DBE = \angle DEB = 2\alpha$ ，从而 $\angle EDB = 180^\circ - 4\alpha$ 。

在 $D$ 点处，位于线段 $\overline{AC}$ 上的三个角之和为平角： $\alpha + (180^\circ - 4\alpha)$ $+ \angle BDC = 180^\circ$ ，所以 $\angle BDC = 3\alpha$ 。因为 $DB = BC$ ，也有 $\angle BCD = \angle BDC = 3\alpha$ 。又 $AB = AC$ ，所以 $\angle ABC = \angle ACB = 3\alpha$ ，对 $\triangle ABC$ 求角和，得 $\alpha + 3\alpha + 3\alpha = 180^\circ$ ，因此 $\alpha = \frac{180}{7}$ 度。

因此 $\angle ABC = 3\alpha = \frac{540}{7}$ 度，且 $m + n = 540 + 7 = 547$ 。

Let $\angle BAC = \alpha.$ Since $AE = ED,$ triangle $AED$ is isosceles with $\angle ADE = \angle DAE = \alpha,$ so the exterior angle at $E$ gives $\angle DEB = 2\alpha.$ Since $ED = DB,$ triangle $EDB$ has $\angle DBE = \angle DEB = 2\alpha,$ hence $\angle EDB = 180^\circ - 4\alpha.$

The three angles at $D$ on segment $\overline{AC}$ sum to a straight angle: $\alpha + (180^\circ - 4\alpha)$ $+ \angle BDC = 180^\circ,$ so $\angle BDC = 3\alpha.$ Since $DB = BC,$ also $\angle BCD = \angle BDC = 3\alpha.$ But $AB = AC$ makes $\angle ABC = \angle ACB = 3\alpha,$ so the angle sum of $\triangle ABC$ gives $\alpha + 3\alpha + 3\alpha = 180^\circ,$ hence $\alpha = \frac{180}{7}$ degrees.

Then $\angle ABC = 3\alpha = \frac{540}{7}$ degrees, and $m + n = 540 + 7 = 547.$

2.

存在唯一的正实数 $x$ ，使得 $\log_8(2x)$ 、 $\log_4 x$ 和 $\log_2 x$ 这三个数按此顺序构成一个公比为正的等比数列。数 $x$ 可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

There is a unique positive real number $x$ such that the three numbers $\log_8(2x),$ $\log_4 x,$ and $\log_2 x,$ in that order, form a geometric progression with positive common ratio. The number $x$ can be written as $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：17

知识点：对数等比数列

难度评级：1950

小提示：

设 $t = \log_2 x$ ；这三项变为 $\frac{1+t}{3}$ 、 $\frac{t}{2}$ 和 $t$ 。

Set $t = \log_2 x;$ the three terms become $\frac{1+t}{3},$ $\frac{t}{2},$ and $t.$

大提示：

中项平方等于两端项乘积；解出 $t$ ，并舍去 $t = 0$ 。

The middle term squared equals the product of its neighbors; solve for $t,$ discarding $t = 0.$

解答：

设 $t = \log_2 x$ 。则 $\log_4 x = \frac{t}{2}$ ，且 $\log_8(2x) = \frac{1 + t}{3}$ 。在等比数列中，中项的平方等于两端项的乘积： $\left(\frac{t}{2}\right)^2 = \frac{1 + t}{3} \cdot t\text{。}$

因为 $t = 0$ 不会给出有效公比，所以可除以 $t$ ： $\frac{t}{4} = \frac{1 + t}{3}$ ，于是 $3t = 4 + 4t$ ，得 $t = -4$ 。因此 $x = 2^{-4} = \frac{1}{16}$ ，此时数列为 $-1$ 、 $-2$ 、 $-4$ ，公比为 $2$ ，确实为正。

所以 $m + n = 1 + 16 = 17$ 。

Let $t = \log_2 x.$ Then $\log_4 x = \frac{t}{2}$ and $\log_8(2x) = \frac{1 + t}{3}.$ In a geometric progression the middle term squared equals the product of the outer terms: $\left(\frac{t}{2}\right)^2 = \frac{1 + t}{3} \cdot t.$

Since $t = 0$ gives no valid ratio, divide by $t:$ $\frac{t}{4} = \frac{1 + t}{3},$ so $3t = 4 + 4t$ and $t = -4.$ Thus $x = 2^{-4} = \frac{1}{16},$ and the progression is $-1,$ $-2,$ $-4$ with common ratio $2,$ which is positive as required.

Therefore $m + n = 1 + 16 = 17.$

3.

正整数 $N$ 的十一进制表示为 $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ ，八进制表示为 $\underline{1}\,\underline{b}\,\underline{c}\,\underline{a}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 表示（不一定互不相同的）数字。求满足条件的最小 $N$ 的十进制表示。

A positive integer $N$ has base-eleven representation $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ and base-eight representation $\underline{1}\,\underline{b}\,\underline{c}\,\underline{a},$ where $a,$ $b,$ and $c$ represent (not necessarily distinct) digits. Find the least such $N$ expressed in base ten.

答案

答案：621

知识点：进制数字极限情形界定

难度评级：2110

小提示：

令两个十进制数值相等： $121a + 11b + c$ $= 512 + 64b + 8c + a$ 。

Set the base-ten values equal: $121a + 11b + c$ $= 512 + 64b + 8c + a.$

大提示：

化简为 $120a = 512 + 53b + 7c$ ，其中数字 $a, b, c \le 7$ 。右边迫使 $a \ge 5$ ，而较小的 $a$ 会给出较小的 $N$ 。

Simplify to $120a = 512 + 53b + 7c$ with digits $a, b, c \le 7.$ The right side forces $a \ge 5,$ and smaller $a$ means smaller $N.$

解答：

把两种表示都写成十进制数值，得到 $121a + 11b + c$ $= 512 + 64b + 8c + a$ ，化简为 $120a = 512 + 53b + 7c\text{。}$ 由于 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都是八进制数字，所以 $0 \le a, b, c \le 7$ ，并且 $a \ge 1$ ，因为它是十一进制表示的首位。

右边至少为 $512$ ，所以 $a \ge 5$ 。由于 $N = 121a + 11b + c$ 随 $a$ 增大而增大，先试 $a = 5$ ：此时 $53b + 7c = 88$ 。若 $b = 0$ ，则 $7c = 88$ ，不可能；若 $b \ge 2$ ，则已经超过。因此 $b = 1$ ，并且 $7c = 35$ ，得到 $c = 5$ 。

因此 $N = 121 \cdot 5 + 11 + 5 = 621$ ，其八进制表示为 $1155$ ，十一进制表示为 $515$ ，符合要求。最小的这样的 $N$ 是 $621$ 。

Equating the two representations in base ten gives $121a + 11b + c$ $= 512 + 64b + 8c + a,$ which simplifies to $120a = 512 + 53b + 7c.$ All of $a,$ $b,$ $c$ are base-eight digits, so $0 \le a, b, c \le 7$ (and $a \ge 1$ since it leads the base-eleven representation).

The right side is at least $512,$ so $a \ge 5.$ Since $N = 121a + 11b + c$ increases with $a,$ try $a = 5:$ then $53b + 7c = 88.$ Here $b = 0$ gives $7c = 88,$ impossible, and $b \ge 2$ overshoots, so $b = 1$ and $7c = 35,$ giving $c = 5.$

Thus $N = 121 \cdot 5 + 11 + 5 = 621,$ whose base-eight representation is $1155$ and base-eleven representation is $515,$ as required. The least such $N$ is $621.$

4.

设 $S$ 为满足如下性质的正整数 $N$ 的集合： $N$ 的最后四位数字是 $2020$ ，且去掉最后四位后所得的数是 $N$ 的一个因数。例如， $42{,}020$ 属于 $S$ ，因为 $4$ 是 $42{,}020$ 的因数。求 $S$ 中所有数的所有数字之和。例如，数 $42{,}020$ 对这个总和的贡献为 $4 + 2 + 0 + 2 + 0 = 8$ 。

Let $S$ be the set of positive integers $N$ with the property that the last four digits of $N$ are $2020,$ and when the last four digits are removed, the result is a divisor of $N.$ For example, $42{,}020$ is in $S$ because $4$ is a divisor of $42{,}020.$ Find the sum of all the digits of all the numbers in $S.$ For example, the number $42{,}020$ contributes $4 + 2 + 0 + 2 + 0 = 8$ to this total.

答案

答案：93

知识点：整除性因数数字

难度评级：2230

小提示：

写 $N = 10000k + 2020$ ；那么 $k$ 整除 $N$ 恰好等价于 $k$ 整除 $2020$ 。

Write $N = 10000k + 2020;$ then $k$ divides $N$ exactly when $k$ divides $2020.$

大提示：

$2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101$ 的这 $12$ 个因数 $k$ 中，每个都会贡献 $k$ 的数字和再加上 $2 + 0 + 2 + 0$ 。

Each of the $12$ divisors $k$ of $2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101$ contributes the digit sum of $k$ plus $2 + 0 + 2 + 0.$

解答：

若去掉最后四位后留下 $k \ge 1$ ，则 $N = 10000k + 2020$ ， $k$ 整除 $N$ 这一条件等价于 $k$ 整除 $2020$ 。由于 $2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101$ ， $k$ 共有 $12$ 种选择： $1$ 、 $2$ 、 $4$ 、 $5$ 、 $10$ 、 $20$ 、 $101$ 、 $202$ 、 $404$ 、 $505$ 、 $1010$ 、 $2020$ 。

$S$ 中每个数的数字和等于 $k$ 的数字和加上 $2 + 0 + 2 + 0 = 4$ 。这十二个因数的数字和分别为 $1, 2, 4, 5, 1, 2, 2, 4, 8, 10, 2, 4$ ，总和为 $45$ 。

答案是 $45 + 12 \cdot 4 = 93$ 。

If removing the last four digits leaves $k \ge 1,$ then $N = 10000k + 2020,$ and the condition that $k$ divides $N$ is equivalent to $k$ dividing $2020.$ Since $2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101,$ there are $12$ choices of $k:$ $1,$ $2,$ $4,$ $5,$ $10,$ $20,$ $101,$ $202,$ $404,$ $505,$ $1010,$ $2020.$

Each member of $S$ has digit sum equal to the digit sum of $k$ plus $2 + 0 + 2 + 0 = 4.$ The digit sums of the twelve divisors are $1, 2, 4, 5, 1, 2, 2, 4, 8, 10, 2, 4,$ totaling $45.$

The answer is $45 + 12 \cdot 4 = 93.$

5.

六张卡片分别标有 $1$ 到 $6$ ，要排成一行。求满足如下条件的排列数：可以移走其中一张卡片，使剩下的五张卡片按升序或降序排列。

Six cards numbered $1$ through $6$ are to be lined up in a row. Find the number of arrangements of these six cards where one of the cards can be removed leaving the remaining five cards in either ascending or descending order.

答案

答案：52

知识点：排列有限制的排列分类讨论

难度评级：2390

小提示：

先数可以变成升序的排列：把一张卡片插入其余五张按递增顺序写出的卡片中。注意同一个排列可能被构造两次。

Count arrangements fixable to ascending order: insert one card into the other five written in increasing order. Beware of building the same arrangement twice.

大提示：

已排序的一行来自全部 $6$ 种插入方式，每个相邻交换得到的排列来自两种方式。没有排列同时适用于升序和降序。

The sorted row arises from all $6$ insertions, and each adjacent swap arises twice. No arrangement works for both ascending and descending.

解答：

先数移走某张卡后其余卡片为升序的排列。任何这样的排列都可以通过选择要移走的卡片（ $6$ 种方式），并把它插入其余五张卡片按递增顺序写成的一行的 $6$ 个空位之一来得到，共有 $36$ 种构造。但完全有序的一行 $123456$ 会由所有 $6$ 种卡片选择得到，而由有序行中交换一对相邻卡片得到的 $5$ 个排列各会出现两次（把这一对中的任意一张越过另一张）。其余每种构造都给出不同的排列。

因此升序的数量为 $1 + 5 + (36 - 6 - 10) = 26$ ，由对称性，降序排列也有 $26$ 个。没有排列被两边同时计入：否则需要一个五张卡的升序子序列和一个五张卡的降序子序列，至少需要 $5 + 5 - 1 = 9$ 张卡。

总数为 $26 + 26 = 52$ 。

First count arrangements from which some card’s removal leaves the rest ascending. Any such arrangement arises by choosing the card to remove ( $6$ ways) and inserting it into one of the $6$ gaps of the other five cards written in increasing order, for $36$ constructions. But the fully sorted row $123456$ arises from all $6$ card choices, and each of the $5$ arrangements obtained by swapping two adjacent cards of the sorted row arises twice (move either card of the pair past the other). Every other construction gives a distinct arrangement.

So the ascending count is $1 + 5 + (36 - 6 - 10) = 26,$ and by symmetry there are $26$ descending arrangements. No arrangement is counted in both totals: that would require an ascending and a descending subsequence of five cards, needing at least $5 + 5 - 1 = 9$ cards.

The total is $26 + 26 = 52.$

6.

一块平板上有一个半径为 $1$ 的圆孔和一个半径为 $2$ 的圆孔，两个圆孔圆心之间的距离为 $7$ 。两个半径相等的球分别放在这两个圆孔中，并且这两个球互相相切。球半径的平方为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

A flat board has a circular hole with radius $1$ and a circular hole with radius $2$ such that the distance between the centers of the two holes is $7.$ Two spheres with equal radii sit in the two holes such that the spheres are tangent to each other. The square of the radius of the spheres is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：173

知识点：球勾股定理根式

难度评级：2450

小提示：

半径为 $r$ 的球放在半径为 $a$ 的孔中时，球心到平板平面的距离为 $\sqrt{r^2 - a^2}$ 。

A sphere of radius $r$ sitting in a hole of radius $a$ has its center at distance $\sqrt{r^2 - a^2}$ from the plane of the board.

大提示：

两个球心相距 $2r$ ： $49$ $+ \left(\sqrt{r^2 - 1} - \sqrt{r^2 - 4}\right)^2$ $= 4r^2$ 。分离根式后平方。

The centers are $2r$ apart: $49$ $+ \left(\sqrt{r^2 - 1} - \sqrt{r^2 - 4}\right)^2$ $= 4r^2.$ Isolate the radical and square.

解答：

半径为 $r$ 的球放在半径为 $a$ 的圆孔中时，球心位于圆孔的轴线上；因为球心到孔边缘每一点的距离都是 $r$ ，所以它到平板平面的距离为 $\sqrt{r^2 - a^2}$ 。因此两个球心位于平板同一侧，深度分别为 $\sqrt{r^2 - 1}$ 和 $\sqrt{r^2 - 4}$ ，水平距离为 $7$ 。

两球相切意味着球心距离为 $2r$ ： $\begin{aligned} &49 + \left(\sqrt{r^2 - 1} - \sqrt{r^2 - 4}\right)^2 \\ &= 4r^2 \end{aligned}\text{。}$ 展开得 $49 + 2r^2 - 5$ $- 2\sqrt{(r^2 - 1)(r^2 - 4)}$ $= 4r^2$ ，所以 $\sqrt{(r^2 - 1)(r^2 - 4)} = 22 - r^2$ 。两边平方，得 $r^4 - 5r^2 + 4 = 484 - 44r^2 + r^4$ ，因此 $39r^2 = 480$ ， $r^2 = \frac{160}{13}$ 。

所以 $m + n = 160 + 13 = 173$ 。

A sphere of radius $r$ resting in a circular hole of radius $a$ has its center on the axis of the hole; since the center is at distance $r$ from every point of the hole’s rim, it sits at distance $\sqrt{r^2 - a^2}$ from the plane of the board. So the two centers lie at depths $\sqrt{r^2 - 1}$ and $\sqrt{r^2 - 4}$ on the same side of the board, with horizontal separation $7.$

Tangency of the spheres means the centers are $2r$ apart: $\begin{aligned} &49 + \left(\sqrt{r^2 - 1} - \sqrt{r^2 - 4}\right)^2 \\ &= 4r^2. \end{aligned}$ Expanding gives $49 + 2r^2 - 5$ $- 2\sqrt{(r^2 - 1)(r^2 - 4)}$ $= 4r^2,$ so $\sqrt{(r^2 - 1)(r^2 - 4)} = 22 - r^2.$ Squaring, $r^4 - 5r^2 + 4 = 484 - 44r^2 + r^4,$ hence $39r^2 = 480$ and $r^2 = \frac{160}{13}.$

Thus $m + n = 160 + 13 = 173.$

7.

一个由 $11$ 名男性和 $12$ 名女性组成的俱乐部，需要从成员中选出一个委员会，使委员会中的女性人数比男性人数多 $1$ 。委员会最少可以有一名成员，最多可以有 $23$ 名成员。设 $N$ 为可组成的委员会数量。求所有整除 $N$ 的质数之和。

A club consisting of $11$ men and $12$ women needs to choose a committee from among its members so that the number of women on the committee is one more than the number of men on the committee. The committee could have as few as $1$ member or as many as $23$ members. Let $N$ be the number of such committees that can be formed. Find the sum of the prime numbers that divide $N.$

答案

答案：81

知识点：组合范德蒙德卷积勒让德公式质因数分解

难度评级：2450

小提示：

若有 $k$ 名男性和 $k + 1$ 名女性，则数量为 $\sum_k \binom{11}{k}\binom{12}{k+1}$ 。

With $k$ men and $k + 1$ women the count is $\sum_k \binom{11}{k}\binom{12}{k+1}.$

大提示：

由于 $\binom{12}{k+1} = \binom{12}{11-k}$ ，范德蒙德恒等式把这个和化为 $\binom{23}{11}$ 。把这个二项式系数分解为质因数。

Since $\binom{12}{k+1} = \binom{12}{11-k},$ Vandermonde’s identity collapses the sum to $\binom{23}{11}.$ Factor that binomial coefficient into primes.

解答：

有 $k$ 名男性的委员会有 $k + 1$ 名女性，所以 $\begin{aligned} N &= \sum_{k=0}^{11} \binom{11}{k}\binom{12}{k+1} \\ &= \sum_{k=0}^{11} \binom{11}{k}\binom{12}{11-k} \\ &= \binom{23}{11} \end{aligned}$ 由范德蒙德恒等式得到（两边都在数从全部 $23$ 人中选 $11$ 人的方法数）。

现在分解 $\binom{23}{11} = \frac{23!}{11!\,12!}$ 。质数 $13$ 、 $17$ 、 $19$ 、 $23$ 都出现在分子中而不出现在分母中。由勒让德公式， $2$ 的指数为 $19 - 8 - 10 = 1$ ， $3$ 的指数为 $9 - 4 - 5 = 0$ ， $5$ 的指数为 $4 - 2 - 2 = 0$ ， $7$ 的指数为 $3 - 1 - 1 = 1$ ， $11$ 的指数为 $2 - 1 - 1 = 0$ 。因此 $N = 2 \cdot 7 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23$ 。

整除 $N$ 的质数之和为 $2 + 7 + 13 + 17 + 19 + 23 = 81$ 。

A committee with $k$ men has $k + 1$ women, so $\begin{aligned} N &= \sum_{k=0}^{11} \binom{11}{k}\binom{12}{k+1} \\ &= \sum_{k=0}^{11} \binom{11}{k}\binom{12}{11-k} \\ &= \binom{23}{11} \end{aligned}$ by Vandermonde’s identity (both sides count ways to choose $11$ people from all $23$ ).

Now factor $\binom{23}{11} = \frac{23!}{11!\,12!}.$ The primes $13,$ $17,$ $19,$ $23$ each appear in the numerator but not the denominator. By Legendre’s formula the exponent of $2$ is $19 - 8 - 10 = 1,$ of $3$ is $9 - 4 - 5 = 0,$ of $5$ is $4 - 2 - 2 = 0,$ of $7$ is $3 - 1 - 1 = 1,$ and of $11$ is $2 - 1 - 1 = 0.$ Hence $N = 2 \cdot 7 \cdot 13 \cdot 17 \cdot 19 \cdot 23.$

The sum of the primes dividing $N$ is $2 + 7 + 13 + 17 + 19 + 23 = 81.$

8.

一只虫子白天一直走路，夜里睡觉。第一天，它从点 $O$ 出发，面向东方，向正东走了 $5$ 个单位。每天夜里，虫子逆时针转 $60^\circ$ 。每天白天，它沿新的方向走前一天一半的距离。虫子会任意接近点 $P$ 。则 $OP^2 = \frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

A bug walks all day and sleeps all night. On the first day, it starts at point $O,$ faces east, and walks a distance of $5$ units due east. Each night the bug rotates $60^\circ$ counterclockwise. Each day it walks in this new direction half as far as it walked the previous day. The bug gets arbitrarily close to point $P.$ Then $OP^2 = \frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：103

知识点：复数等比数列

难度评级：2560

小提示：

使用复数：总位移为 $5\left(1 + z + z^2 + \cdots\right)$ ，其中 $z = \frac{1}{2}e^{\frac{i\pi}{3}}$ 。

Use complex numbers: the total displacement is $5\left(1 + z + z^2 + \cdots\right)$ with $z = \frac{1}{2}e^{\frac{i\pi}{3}}.$

大提示：

级数和为 $\frac{5}{1 - z}$ ；由 $z = \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i$ 计算 $|1 - z|^2$ 。

The series sums to $\frac{5}{1 - z};$ compute $|1 - z|^2$ from $z = \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i.$

解答：

在复平面中工作，令 $O$ 为原点，正实轴表示东方。每天的位移都是前一天的位移乘以 $z = \frac{1}{2}e^{\frac{i\pi}{3}}$ ，所以 $\begin{aligned} P &= 5\left(1 + z + z^2 + \cdots\right) \\ &= \frac{5}{1 - z} \end{aligned}\text{。}$

由于 $z = \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i$ ，有 $1 - z = \frac{3}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4}i$ ，其模长平方为 $\frac{9}{16} + \frac{3}{16} = \frac{3}{4}$ 。因此 $OP^2 = \frac{25}{\frac{3}{4}} = \frac{100}{3}\text{，}$ 且 $m + n = 100 + 3 = 103$ 。

Work in the complex plane with $O$ at the origin and east along the positive real axis. Each day’s displacement is the previous one multiplied by $z = \frac{1}{2}e^{\frac{i\pi}{3}},$ so $\begin{aligned} P &= 5\left(1 + z + z^2 + \cdots\right) \\ &= \frac{5}{1 - z}. \end{aligned}$

Since $z = \frac{1}{4} + \frac{\sqrt{3}}{4}i,$ we get $1 - z = \frac{3}{4} - \frac{\sqrt{3}}{4}i,$ whose squared magnitude is $\frac{9}{16} + \frac{3}{16} = \frac{3}{4}.$ Therefore $OP^2 = \frac{25}{\frac{3}{4}} = \frac{100}{3},$ and $m + n = 100 + 3 = 103.$

9.

设 $S$ 为 $20^9$ 的正整数因数的集合。从集合 $S$ 中独立随机选取三个数，并按选取顺序记为 $a_1$ 、 $a_2$ 、 $a_3$ 。同时满足 $a_1$ 整除 $a_2$ 且 $a_2$ 整除 $a_3$ 的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m$ 。

Let $S$ be the set of positive integer divisors of $20^9.$ Three numbers are chosen independently and at random from the set $S$ and labeled $a_1,$ $a_2,$ and $a_3$ in the order they are chosen. The probability that both $a_1$ divides $a_2$ and $a_2$ divides $a_3$ is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m.$

答案

答案：77

知识点：质因数分解基本概率隔板法

难度评级：2840

小提示：

因为 $20^9 = 2^{18} \cdot 5^9$ ，要求 $a_1$ 整除 $a_2$ 且 $a_2$ 整除 $a_3$ ，就表示每个质数的指数都形成一个非递减三元组。

Since $20^9 = 2^{18} \cdot 5^9,$ requiring $a_1$ to divide $a_2$ and $a_2$ to divide $a_3$ says each prime’s exponents form a non-decreasing triple.

大提示：

非递减三元组就是可重组合： $2$ 的指数有 $\binom{21}{3}$ 种选择， $5$ 的指数有 $\binom{12}{3}$ 种选择。

Non-decreasing triples are multisets: $\binom{21}{3}$ choices for the exponents of $2$ and $\binom{12}{3}$ for $5.$

解答：

写 $20^9 = 2^{18} \cdot 5^9$ ，所以每个 $a_i = 2^{x_i} 5^{y_i}$ ，其中 $0 \le x_i \le 18$ 、 $0 \le y_i \le 9$ ；共有 $19 \cdot 10 = 190$ 个因数，并且两个质数的指数是独立均匀选取的。 $a_1$ 整除 $a_2$ 且 $a_2$ 整除 $a_3$ 这两个条件成立，当且仅当 $x_1 \le x_2 \le x_3$ 且 $y_1 \le y_2 \le y_3$ 。

从 $k$ 个值中选出的非递减三元组对应大小为 $3$ 的可重组合，数量为 $\binom{k+2}{3}$ 。因此概率为 $\begin{aligned} \frac{\binom{21}{3}}{19^3} \cdot \frac{\binom{12}{3}}{10^3} &= \frac{1330}{6859} \cdot \frac{220}{1000} \\ &= \frac{70}{361} \cdot \frac{11}{50} \\ &= \frac{77}{1805} \end{aligned}\text{。}$

因为 $1805 = 5 \cdot 19^2$ 与 $77 = 7 \cdot 11$ 互质，所以分数已是最简形式， $m = 77$ 。

Write $20^9 = 2^{18} \cdot 5^9,$ so each $a_i = 2^{x_i} 5^{y_i}$ with $0 \le x_i \le 18$ and $0 \le y_i \le 9;$ there are $19 \cdot 10 = 190$ divisors, and the exponents of the two primes are chosen independently and uniformly. The conditions that $a_1$ divides $a_2$ and $a_2$ divides $a_3$ hold exactly when $x_1 \le x_2 \le x_3$ and $y_1 \le y_2 \le y_3.$

Non-decreasing triples from a set of $k$ values correspond to multisets of size $3,$ counted by $\binom{k+2}{3}.$ So the probability is $\begin{aligned} \frac{\binom{21}{3}}{19^3} \cdot \frac{\binom{12}{3}}{10^3} &= \frac{1330}{6859} \cdot \frac{220}{1000} \\ &= \frac{70}{361} \cdot \frac{11}{50} \\ &= \frac{77}{1805}. \end{aligned}$

Since $1805 = 5 \cdot 19^2$ shares no factor with $77 = 7 \cdot 11,$ the fraction is in lowest terms and $m = 77.$

10.

设 $m$ 和 $n$ 为满足以下条件的正整数：

• $\gcd(m + n, 210) = 1$ ，

• $m^m$ 是 $n^n$ 的倍数，并且

• $m$ 不是 $n$ 的倍数。

求 $m + n$ 的最小可能值。

Let $m$ and $n$ be positive integers satisfying the conditions

• $\gcd(m + n, 210) = 1,$

• $m^m$ is a multiple of $n^n,$ and

• $m$ is not a multiple of $n.$

Find the least possible value of $m + n.$

答案

答案：407

知识点：质因数分解整除性极限情形界定

难度评级：2990

小提示：

每个整除 $n$ 的质数都必须整除 $m$ ，因此也整除 $m + n$ ，所以 $n$ 的所有质因数至少为 $11$ 。

Every prime dividing $n$ must divide $m,$ hence divides $m + n$ — so all prime factors of $n$ are at least $11.$

大提示：

试 $n = 11^2$ ，并令 $m = 11t$ 且 $t$ 不是 $11$ 的倍数；那么 $n^n$ 整除 $m^m$ 需要 $m \ge 242$ 。向上检查 $\gcd(m + n, 210) = 1$ ，再用得到的上界排除更大的不足指数和更大的 $n$ 。

Try $n = 11^2$ and $m = 11t$ with $t$ not divisible by $11;$ then $n^n$ dividing $m^m$ needs $m \ge 242.$ Scan upward for $\gcd(m + n, 210) = 1,$ then use the resulting upper bound to rule out larger deficient exponents and larger $n.$

解答：

若质数 $p$ 整除 $n$ ，则 $p$ 整除 $n^n$ ，而它又整除 $m^m$ ，所以 $p$ 整除 $m$ ，从而 $p$ 整除 $m + n$ 。由于 $\gcd(m + n, 210) = 1$ ， $n$ 的质因数不能是 $2$ 、 $3$ 、 $5$ 或 $7$ ： $n$ 的每个质因数都至少为 $11$ 。因为 $m$ 不是 $n$ 的倍数，某个质数 $p$ 满足 $b = v_p(m) \lt a = v_p(n)$ ，其中 $v_p$ 表示 $p$ 的指数。由于 $n^n$ 整除 $m^m$ ，比较 $p$ 的指数，得 $bm \ge an$ ，所以 $m \ge \frac{a}{b}n$ 。特别地 $a \ge 2$ ，因此 $p^2$ 整除 $n$ ，并且 $n \ge 11^2 = 121$ 。

取 $n = 121$ ，对应 $p = 11$ 、 $a = 2$ 、 $b = 1$ ：此时 $m$ 是 $11$ 的倍数但不是 $121$ 的倍数，并且 $m \ge 2 \cdot 121 = 242$ 。候选 $m = 253, 264, 275$ 分别给出 $m + n = 374 = 2 \cdot 11 \cdot 17$ 、 $385 = 5 \cdot 7 \cdot 11$ 、 $396 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 11$ ，都与 $210$ 有公因数；而 $m = 242 = 2 \cdot 11^2$ 是 $121$ 的倍数。但 $m = 286 = 2 \cdot 11 \cdot 13$ 可行： $v_{11}(m^m) = 286$ $\ge 242 = v_{11}(n^n)$ ，所以 $n^n$ 整除 $m^m$ ，且 $m + n = 407 = 11 \cdot 37$ 与 $210$ 互质。

还需证明不存在更小的结果。假设 $m + n \lt 407$ ，则 $n \lt 407$ 。对于上面的不足质数，若 $a \ge 3$ ，就会有 $n \ge 11^3 \gt 407$ ，所以 $a = 2$ 且 $b = 1$ 。于是 $m \ge 2n$ ，而 $m + n \lt 407$ 又推出 $n \le 135$ 。在这个范围内，质因数均不小于 $11$ 且能被某个不小于 $11$ 的质数平方整除的整数只有 $n = 121$ 。上面的检查已经穷尽了这个 $n$ 所对应的每个可能的 $m$ ，只要它小于 $286$ ，所以最小可能值为 $407$ 。

If a prime $p$ divides $n,$ then $p$ divides $n^n,$ which in turn divides $m^m,$ so $p$ divides $m$ and hence $p$ divides $m + n.$ Since $\gcd(m + n, 210) = 1,$ no prime factor of $n$ is $2,$ $3,$ $5,$ or $7:$ every prime factor of $n$ is at least $11.$ Because $m$ is not a multiple of $n,$ some prime $p$ has $b = v_p(m) \lt a = v_p(n),$ where $v_p$ denotes the exponent of $p.$ Since $n^n$ divides $m^m,$ comparing exponents of $p$ gives $bm \ge an,$ so $m \ge \frac{a}{b}n.$ In particular $a \ge 2,$ so $p^2$ divides $n$ and $n \ge 11^2 = 121.$

Take $n = 121$ with $p = 11,$ $a = 2,$ $b = 1:$ then $m$ is a multiple of $11$ but not of $121,$ and $m \ge 2 \cdot 121 = 242.$ The candidates $m = 253, 264, 275$ give $m + n = 374 = 2 \cdot 11 \cdot 17,$ $385 = 5 \cdot 7 \cdot 11,$ $396 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 11,$ all sharing a factor with $210,$ while $m = 242 = 2 \cdot 11^2$ is a multiple of $121.$ But $m = 286 = 2 \cdot 11 \cdot 13$ works: $v_{11}(m^m) = 286$ $\ge 242 = v_{11}(n^n),$ so $n^n$ divides $m^m,$ and $m + n = 407 = 11 \cdot 37$ is coprime to $210.$

It remains to prove that nothing smaller works. Suppose $m + n \lt 407.$ Then $n \lt 407.$ For the deficient prime above, $a \ge 3$ would imply $n \ge 11^3 \gt 407,$ so $a = 2$ and $b = 1.$ Thus $m \ge 2n,$ and $m + n \lt 407$ implies $n \le 135.$ The only integer in this range divisible by the square of a prime at least $11$ , with no prime factors below $11,$ is $n = 121.$ The preceding check exhausts every possible $m$ for this $n$ below $286,$ so the least possible value is $407.$

11.

对整数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ ，设 $f(x) = x^2 + ax + b$ ， $g(x) = x^2 + cx + d$ 。求有多少个整数有序三元组 $(a, b, c)$ 满足各数绝对值不超过 $10$ ，并且存在整数 $d$ ，使得 $g(f(2)) = g(f(4)) = 0$ 。

For integers $a,$ $b,$ $c,$ and $d,$ let $f(x) = x^2 + ax + b$ and $g(x) = x^2 + cx + d.$ Find the number of ordered triples $(a, b, c)$ of integers with absolute values not exceeding $10$ for which there is an integer $d$ such that $g(f(2)) = g(f(4)) = 0.$

答案

答案：510

知识点：多项式韦达定理分类讨论

难度评级：2990

小提示：

$f(2)$ 和 $f(4)$ 都必须是 $g$ 的根。分别处理 $f(2) = f(4)$ 和 $f(2) \ne f(4)$ 的情况。

$f(2)$ and $f(4)$ must both be roots of $g.$ Treat $f(2) = f(4)$ and $f(2) \ne f(4)$ separately.

大提示：

$f(2) = f(4)$ 迫使 $a = -6$ ，此时 $b, c$ 可任取；否则韦达定理确定 $c = -(20 + 6a + 2b)$ ，并且它必须落在 $[-10, 10]$ 。

$f(2) = f(4)$ forces $a = -6$ with $b, c$ free; otherwise Vieta pins $c = -(20 + 6a + 2b),$ which must lie in $[-10, 10].$

解答：

条件表示整数 $f(2) = 4 + 2a + b$ 和 $f(4) = 16 + 4a + b$ 都是首一二次式 $g$ 的根。这两个值相等恰好当 $a = -6$ 。

若 $a = -6$ ，则任意 $b$ 和任意 $c$ 都可以通过选择 $d = -f(2)^2 - c\,f(2)$ ，使 $f(2) = f(4)$ 成为 $g$ 的根，因此给出 $21 \cdot 21 = 441$ 个三元组。若 $a \ne -6$ ，这两个不同的值必须是 $g$ 的两个根，所以韦达定理迫使 $c = -(f(2) + f(4))$ $= -(20 + 6a + 2b)$ ，此时 $d = f(2)f(4)$ 是整数。要求 $|c| \le 10$ 等价于 $-15 \le 3a + b \le -5$ 。

对每个 $a$ ，统计满足 $-15 - 3a \le b \le -5 - 3a$ 且 $b \in [-10, 10]$ 的整数：当 $a = -8$ 、 $-7$ 、 $-5$ 、 $-4$ 、 $-3$ 、 $-2$ 、 $-1$ 、 $0, 1$ 时，数量分别为 $2, 5, 11, 11, 11, 11, 9, 6, 3$ ，而其他所有 $a \ne -6$ 时为 $0$ ，总计 $69$ 。答案是 $441 + 69 = 510$ 。

The condition says the integers $f(2) = 4 + 2a + b$ and $f(4) = 16 + 4a + b$ are both roots of the monic quadratic $g.$ These two values are equal exactly when $a = -6.$

If $a = -6,$ then for any $b$ and any $c$ the choice $d = -f(2)^2 - c\,f(2)$ makes $f(2) = f(4)$ a root of $g,$ giving $21 \cdot 21 = 441$ triples. If $a \ne -6,$ the two distinct values must be the two roots of $g,$ so Vieta forces $c = -(f(2) + f(4))$ $= -(20 + 6a + 2b),$ and then $d = f(2)f(4)$ is an integer. The requirement $|c| \le 10$ becomes $-15 \le 3a + b \le -5.$

For each $a,$ count integers $b \in [-10, 10]$ with $-15 - 3a \le b \le -5 - 3a:$ the counts are $2, 5, 11, 11, 11, 11, 9, 6, 3$ for $a = -8,$ $-7,$ $-5,$ $-4,$ $-3,$ $-2,$ $-1,$ $0, 1$ respectively, and $0$ for all other $a \ne -6,$ totaling $69.$ The answer is $441 + 69 = 510.$

12.

设 $n$ 为最小正整数，使得 $149^n - 2^n$ 能被 $3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7$ 整除。求 $n$ 的正因数个数。

Let $n$ be the least positive integer for which $149^n - 2^n$ is divisible by $3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7.$ Find the number of positive divisors of $n.$

答案

答案：270

知识点：质因数分解乘法阶因数个数

难度评级：2920

小提示：

分别处理 $3^3$ 、 $5^5$ 、 $7^7$ 。由于 $149 - 2 = 147 = 3 \cdot 7^2$ ，提幂引理可直接用于 $3$ 和 $7$ 。

Handle $3^3,$ $5^5,$ $7^7$ separately. Since $149 - 2 = 147 = 3 \cdot 7^2,$ lifting the exponent applies directly at $3$ and $7.$

大提示：

对于 $5$ ，先由 $4^n \equiv 2^n \pmod 5$ 得到 $4$ 整除 $n$ 。然后 $v_5(149^4 - 2^4) = 1$ ，所以提幂引理迫使 $5^4$ 整除 $\frac{n}{4}$ 。

At $5,$ first $4^n \equiv 2^n \pmod 5$ requires $4$ to divide $n.$ Then $v_5(149^4 - 2^4) = 1,$ so lifting the exponent forces $5^4$ to divide $\frac{n}{4}.$

解答：

按质数分别考虑。因为 $149 - 2 = 147 = 3 \cdot 7^2$ ，提幂引理给出 $v_3(149^n - 2^n)$ $= v_3(147) + v_3(n)$ $= 1 + v_3(n)$ ，并且 $v_7(149^n - 2^n) = 2 + v_7(n)$ 对每个正整数 $n$ 都成立。要求指数至少达到 $3$ 和 $7$ ，迫使 $n$ 能被 $3^2$ 和 $7^5$ 整除。

对于 $5$ ，首先需要 $149^n \equiv 2^n \pmod 5$ ，即 $4^n \equiv 2^n$ ，也就是 $2^n \equiv 1 \pmod 5$ ，这要求 $4$ 整除 $n$ 。写 $n = 4k$ 。在 $149^4 - 2^4$ $= (149 - 2)(149 + 2)(149^2 + 4)$ 中，只有最后一个因子可被 $5$ 整除，且只整除一次，因为 $149^2 + 4 = 22205 = 5 \cdot 4441$ 。从底数 $149^4, 2^4$ 使用提幂引理，得 $v_5(149^n - 2^n) = 1 + v_5(k)$ ，所以 $5^4$ 整除 $k$ ，即 $4 \cdot 5^4$ 整除 $n$ 。

最小的有效 $n$ 为 $2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^4 \cdot 7^5$ ，它有 $(2+1)(2+1)(4+1)(5+1)$ $= 270$ 个正因数。

Work prime by prime. Since $149 - 2 = 147 = 3 \cdot 7^2,$ the lifting-the-exponent lemma gives $v_3(149^n - 2^n)$ $= v_3(147) + v_3(n)$ $= 1 + v_3(n)$ and $v_7(149^n - 2^n) = 2 + v_7(n)$ for every positive integer $n.$ Requiring at least $3$ and $7$ forces $n$ to be divisible by $3^2$ and by $7^5.$

For $5$ we first need $149^n \equiv 2^n \pmod 5,$ i.e. $4^n \equiv 2^n,$ i.e. $2^n \equiv 1 \pmod 5,$ which requires $4$ to divide $n.$ Write $n = 4k.$ In $149^4 - 2^4$ $= (149 - 2)(149 + 2)(149^2 + 4),$ only the last factor is divisible by $5,$ and only once, since $149^2 + 4 = 22205 = 5 \cdot 4441.$ Lifting the exponent from the base $149^4, 2^4$ gives $v_5(149^n - 2^n) = 1 + v_5(k),$ so $5^4$ divides $k,$ i.e. $4 \cdot 5^4$ divides $n.$

The least valid $n$ is $2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^4 \cdot 7^5,$ which has $(2+1)(2+1)(4+1)(5+1)$ $= 270$ positive divisors.

13.

点 $D$ 位于 $\triangle ABC$ 的边 $\overline{BC}$ 上，且 $\overline{AD}$ 平分 $\angle BAC$ 。 $\overline{AD}$ 的垂直平分线分别与 $\angle ABC$ 和 $\angle ACB$ 的角平分线交于点 $E$ 和 $F$ 。已知 $AB = 4$ 、 $BC = 5$ 、 $CA = 6$ ， $\triangle AEF$ 的面积可写成 $\frac{m\sqrt{n}}{p}$ ，其中 $m$ 与 $p$ 是互质正整数，且 $n$ 是不被任何质数平方整除的正整数。求 $m + n + p$ 。

Point $D$ lies on side $\overline{BC}$ of $\triangle ABC$ so that $\overline{AD}$ bisects $\angle BAC.$ The perpendicular bisector of $\overline{AD}$ intersects the bisectors of $\angle ABC$ and $\angle ACB$ in points $E$ and $F,$ respectively. Given that $AB = 4,$ $BC = 5,$ and $CA = 6,$ the area of $\triangle AEF$ can be written as $\frac{m\sqrt{n}}{p},$ where $m$ and $p$ are relatively prime positive integers, and $n$ is a positive integer not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

答案

答案：36

知识点：角平分线圆周角三角学

难度评级：3160

小提示：

在三角形 $ABD$ 中，从 $B$ 出发的角平分线与 $AD$ 的垂直平分线交于弧 $AD$ 的中点，所以 $\angle EAD = \frac{B}{2}$ ；类似地， $\angle FAD = \frac{C}{2}$ 。

In triangle $ABD,$ the bisector from $B$ meets the perpendicular bisector of $AD$ at the arc midpoint of $AD,$ so $\angle EAD = \frac{B}{2};$ similarly $\angle FAD = \frac{C}{2}.$

大提示：

设 $M$ 为 $\overline{AD}$ 的中点，面积为 $\frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right)$ ，并且 $AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC$ 。

With $M$ the midpoint of $\overline{AD},$ the area is $\frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right),$ and $AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC.$

解答：

在三角形 $ABD$ 中， $B$ 点的内角平分线再次交 $ABD$ 的外接圆于不含 $B$ 的弧 $AD$ 的中点，而这个弧中点位于 $\overline{AD}$ 的垂直平分线上，所以 $E$ 正是这个弧中点。圆周角 $\angle EAD$ 和 $\angle EBD$ 对同一段弧 $ED$ ，所以 $\angle EAD = \frac{B}{2}$ 。同理 $\angle FAD = \frac{C}{2}$ ，且 $E, F$ 位于直线 $AD$ 的两侧。

设 $M$ 为 $\overline{AD}$ 的中点。在直角三角形 $AME$ 和 $AMF$ 中， $ME = AM\tan\frac{B}{2}$ ， $MF = AM\tan\frac{C}{2}$ ，所以 $EF = AM\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right)$ ，而 $A$ 到直线 $EF$ 的距离为 $AM$ 。因此 $[AEF]$ $= \frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right)$ 。

此处 $BD = 2$ 、 $DC = 3$ ，所以 $AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC$ $= 24 - 6$ $= 18$ ，且 $AM^2 = \frac{9}{2}$ 。余弦定理给出 $\cos B = \frac{1}{8}$ 和 $\cos C = \frac{3}{4}$ ，所以 $\tan\frac{B}{2} = \sqrt{\frac{1 - \frac{1}{8}}{1 + \frac{1}{8}}} = \frac{\sqrt{7}}{3}$ ，并且 $\tan\frac{C}{2} = \frac{1}{\sqrt{7}}$ ，二者之和为 $\frac{10\sqrt{7}}{21}$ 。面积为 $\frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{10\sqrt{7}}{21} = \frac{15\sqrt{7}}{14}$ ，所以 $m + n + p = 15 + 7 + 14 = 36$ 。

In triangle $ABD,$ the internal bisector of the angle at $B$ meets the circumcircle of $ABD$ again at the midpoint of arc $AD$ not containing $B,$ and that arc midpoint lies on the perpendicular bisector of $\overline{AD}$ — so $E$ is exactly that arc midpoint. The inscribed angles $\angle EAD$ and $\angle EBD$ subtend the same arc $ED,$ so $\angle EAD = \frac{B}{2}.$ Similarly $\angle FAD = \frac{C}{2},$ and $E, F$ lie on opposite sides of line $AD.$

Let $M$ be the midpoint of $\overline{AD}.$ In right triangles $AME$ and $AMF,$ $ME = AM\tan\frac{B}{2}$ and $MF = AM\tan\frac{C}{2},$ so $EF = AM\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right),$ while the distance from $A$ to line $EF$ is $AM.$ Hence $[AEF]$ $= \frac{1}{2}AM^2\left(\tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2}\right).$

Here $BD = 2$ and $DC = 3,$ so $AD^2 = AB \cdot AC - BD \cdot DC$ $= 24 - 6$ $= 18$ and $AM^2 = \frac{9}{2}.$ The law of cosines gives $\cos B = \frac{1}{8}$ and $\cos C = \frac{3}{4},$ so $\tan\frac{B}{2} = \sqrt{\frac{1 - \frac{1}{8}}{1 + \frac{1}{8}}} = \frac{\sqrt{7}}{3}$ and $\tan\frac{C}{2} = \frac{1}{\sqrt{7}},$ with sum $\frac{10\sqrt{7}}{21}.$ The area is $\frac{1}{2} \cdot \frac{9}{2} \cdot \frac{10\sqrt{7}}{21} = \frac{15\sqrt{7}}{14},$ so $m + n + p = 15 + 7 + 14 = 36.$

14.

设 $P(x)$ 是一个复系数二次多项式，且 $x^2$ 的系数为 $1$ 。已知方程 $P(P(x)) = 0$ 有四个不同的解 $x = 3$ ， $4$ ， $a$ ， $b$ 。求 $(a + b)^2$ 的所有可能值之和。

Let $P(x)$ be a quadratic polynomial with complex coefficients whose $x^2$ coefficient is $1.$ Suppose the equation $P(P(x)) = 0$ has four distinct solutions, $x = 3,$ $4,$ $a,$ $b.$ Find the sum of all possible values of $(a + b)^2.$

答案

答案：85

知识点：多项式韦达定理复数分类讨论

难度评级：3060

小提示：

四个根分成方程 $P(x) = r_1$ 与 $P(x) = r_2$ 的两组解，其中 $r_1, r_2$ 是 $P$ 的根。每组两个解的和相同。

The four roots split into the solution pairs of $P(x) = r_1$ and $P(x) = r_2,$ where $r_1, r_2$ are the roots of $P.$ Each pair of solutions has the same sum.

大提示：

若 $3$ 和 $4$ 位于不同组，设 $3 + a = 4 + b = s$ 。此时 $P(3)$ 和 $P(4)$ 是 $P$ 的两个根，因此它们的和为 $s$ ，乘积为常数项。

If $3$ and $4$ lie in different pairs, set $3 + a = 4 + b = s.$ Then $P(3)$ and $P(4)$ are the two roots of $P,$ so their sum is $s$ and their product is the constant term.

解答：

写 $P(x) = x^2 + px + q$ ，其根为 $r_1$ 和 $r_2$ 。方程 $P(P(x)) = 0$ 的解分成 $P(x) = r_1$ 的两个解和 $P(x) = r_2$ 的两个解，而每一组的两根之和都为 $-p$ 。

若 $3$ 和 $4$ 构成同一组，则 $a + b = -p = 3 + 4 = 7$ ，所以 $(a + b)^2 = 49$ 。这是可以达到的：取 $P(x) = (x - 3)(x - 4) + r_1$ ，其中 $r_1$ 满足 $r_1^2 - 6r_1 + 12 = 0$ ，该方程有（复数）解，并且四个根互不相同。

否则 $3$ 和 $4$ 位于不同组： $3 + a = 4 + b = -p = s$ ，并且 $\{P(3), P(4)\} = \{r_1, r_2\}$ 。根的和给出 $P(3) + P(4) = 25 + 7p + 2q$ $= s$ ，所以代入 $p = -s$ 后得到 $q = 4s - \frac{25}{2}$ ，进而 $P(3) = s - \frac{7}{2}$ ， $P(4) = \frac{7}{2}$ 。根的乘积给出 $\frac{7}{2}\left(s - \frac{7}{2}\right) = q = 4s - \frac{25}{2}$ ，解得 $s = \frac{1}{2}$ 。于是 $a + b = (s - 3) + (s - 4) = -6$ ，所以 $(a + b)^2 = 36$ ，且 $a = -\frac{5}{2}$ 、 $b = -\frac{7}{2}$ 都不同于 $3$ 和 $4$ 。所有可能值之和为 $49 + 36 = 85$ 。

Write $P(x) = x^2 + px + q$ with roots $r_1$ and $r_2.$ The solutions of $P(P(x)) = 0$ split into the two solutions of $P(x) = r_1$ and the two of $P(x) = r_2,$ and each pair sums to $-p.$

If $3$ and $4$ form one pair, then $a + b = -p = 3 + 4 = 7,$ so $(a + b)^2 = 49.$ This is achievable: $P(x) = (x - 3)(x - 4) + r_1$ with $r_1$ satisfying $r_1^2 - 6r_1 + 12 = 0,$ which has (complex) solutions, and the four roots are distinct.

Otherwise $3$ and $4$ lie in different pairs: $3 + a = 4 + b = -p = s,$ and $\{P(3), P(4)\} = \{r_1, r_2\}.$ The root sum gives $P(3) + P(4) = 25 + 7p + 2q$ $= s,$ so with $p = -s$ we get $q = 4s - \frac{25}{2},$ and then $P(3) = s - \frac{7}{2}$ and $P(4) = \frac{7}{2}.$ The root product gives $\frac{7}{2}\left(s - \frac{7}{2}\right) = q = 4s - \frac{25}{2},$ whose solution is $s = \frac{1}{2}.$ Then $a + b = (s - 3) + (s - 4) = -6,$ so $(a + b)^2 = 36,$ with $a = -\frac{5}{2},$ $b = -\frac{7}{2}$ all distinct from $3$ and $4.$ The sum of all possible values is $49 + 36 = 85.$

15.

设 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，外接圆为 $\omega$ ，垂心为 $H$ 。设 $\triangle HBC$ 的外接圆在 $H$ 处的切线与 $\omega$ 交于点 $X$ 和 $Y$ ，且 $HA = 3$ 、 $HX = 2$ 、 $HY = 6$ 。 $\triangle ABC$ 的面积可写成 $m\sqrt{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

Let $\triangle ABC$ be an acute triangle with circumcircle $\omega$ and orthocenter $H.$ Suppose the tangent to the circumcircle of $\triangle HBC$ at $H$ intersects $\omega$ at points $X$ and $Y$ with $HA = 3,$ $HX = 2,$ and $HY = 6.$ The area of $\triangle ABC$ can be written as $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

答案

答案：58

知识点：外接圆、外心与外接圆半径变换向量

难度评级：3500

小提示：

三角形 $HBC$ 的外接圆是 $\omega$ 关于 $BC$ 的反射。以外心 $O$ 为原点时，它的圆心为 $B + C = H - A$ ，所以直线 $XY$ 垂直于 $OA$ 。

The circumcircle of $HBC$ is the reflection of $\omega$ over $BC.$ With circumcenter $O$ at the origin its center is $B + C = H - A,$ so line $XY$ is perpendicular to $OA.$

大提示：

令 $A = (0, R)$ ，使 $XY$ 水平。此时半弦长为 $4$ ， $H$ 距弦的中点为 $2$ ，并且 $HA = 3$ 给出 $R - h = \sqrt{5}$ ，从而确定 $R$ 。

Put $A = (0, R)$ so $XY$ is horizontal. Then the half-chord is $4,$ $H$ is $2$ from the chord’s midpoint, and $HA = 3$ gives $R - h = \sqrt{5},$ determining $R.$

解答：

将 $H$ 关于直线 $BC$ 反射会落在 $\omega$ 上，所以三角形 $HBC$ 的外接圆是 $\omega$ 关于 $BC$ 的反射。取外心 $O$ 为原点，则向量满足 $H = A + B + C$ 。若 $M$ 是 $\overline{BC}$ 的中点，则 $OM \perp BC$ ，所以反射后的圆心是 $2M - O = B + C = H - A$ 。在 $H$ 处相切意味着 $XY$ 垂直于从 $B + C$ 到 $H$ 的半径，该半径就是向量 $A$ ：弦 $XY$ 垂直于 $OA$ 。

放置 $A = (0, R)$ ，使 $XY$ 是高度为 $h$ 的水平线，并令 $H = (x_0, h)$ 。半弦长为 $\sqrt{R^2 - h^2}$ ，而 $HX = 2$ 、 $HY = 6$ 给出 $\sqrt{R^2 - h^2} = 4$ ，且 $|x_0| = 2$ 。由 $HA = 3$ ： $4 + (R - h)^2 = 9$ ，所以 $R - h = \sqrt{5}$ 。于是 $\begin{aligned} 16 &= R^2 - h^2 \\ &= (R - h)(R + h) \\ &= \sqrt{5}\left(2R - \sqrt{5}\right) \end{aligned}\text{，}$ 得 $R = \frac{21}{2\sqrt{5}}$ 。

现在 $B + C = H - A = (\pm 2, -\sqrt{5})$ ，所以 $M = \left(\pm 1, -\frac{\sqrt{5}}{2}\right)$ ，且 $OM = \frac{3}{2}$ ，于是 $BC = 2\sqrt{R^2 - \frac{9}{4}} = 2\sqrt{\frac{99}{5}}$ 。点 $A$ 到直线 $BC$ （过 $M$ ，且垂直于 $OM$ ）的距离为 $\frac{|A \cdot M - OM^2|}{OM} = \frac{\frac{21}{4} + \frac{9}{4}}{\frac{3}{2}} = 5$ ，这里使用了 $A \cdot M = -\frac{\sqrt{5}R}{2} = -\frac{21}{4}$ 。因此 $\begin{aligned} [ABC] &= \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{\frac{99}{5}} \cdot 5 \\ &= \sqrt{495} \\ &= 3\sqrt{55} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 3 + 55 = 58$ 。

Reflecting $H$ over line $BC$ lands on $\omega,$ so the circumcircle of $HBC$ is the reflection of $\omega$ over $BC.$ Take the circumcenter $O$ as the origin, so that $H = A + B + C$ as vectors. If $M$ is the midpoint of $\overline{BC},$ then $OM \perp BC,$ so the reflected center is $2M - O = B + C = H - A.$ Tangency at $H$ means $XY$ is perpendicular to the radius from $B + C$ to $H,$ which is the vector $A:$ the chord $XY$ is perpendicular to $OA.$

Place $A = (0, R)$ so that $XY$ is horizontal at height $h,$ with $H = (x_0, h).$ The half-chord length is $\sqrt{R^2 - h^2},$ and $HX = 2,$ $HY = 6$ give $\sqrt{R^2 - h^2} = 4$ with $|x_0| = 2.$ From $HA = 3:$ $4 + (R - h)^2 = 9,$ so $R - h = \sqrt{5}.$ Then $\begin{aligned} 16 &= R^2 - h^2 \\ &= (R - h)(R + h) \\ &= \sqrt{5}\left(2R - \sqrt{5}\right), \end{aligned}$ giving $R = \frac{21}{2\sqrt{5}}.$

Now $B + C = H - A = (\pm 2, -\sqrt{5}),$ so $M = \left(\pm 1, -\frac{\sqrt{5}}{2}\right)$ and $OM = \frac{3}{2},$ whence $BC = 2\sqrt{R^2 - \frac{9}{4}} = 2\sqrt{\frac{99}{5}}.$ The distance from $A$ to line $BC$ (through $M,$ perpendicular to $OM$ ) is $\frac{|A \cdot M - OM^2|}{OM} = \frac{\frac{21}{4} + \frac{9}{4}}{\frac{3}{2}} = 5,$ using $A \cdot M = -\frac{\sqrt{5}R}{2} = -\frac{21}{4}.$ Hence $\begin{aligned} [ABC] &= \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{\frac{99}{5}} \cdot 5 \\ &= \sqrt{495} \\ &= 3\sqrt{55}, \end{aligned}$ and $m + n = 3 + 55 = 58.$