2022 AIME I 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

二次多项式 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 的首项系数分别为 $2$ 和 $-2$ ，这两个多项式的图像都经过 $(16, 54)$ 和 $(20, 53)$ 两点。求 $P(0) + Q(0)$ 。

Quadratic polynomials $P(x)$ and $Q(x)$ have leading coefficients of $2$ and $-2,$ respectively. The graphs of both polynomials pass through the two points $(16, 54)$ and $(20, 53).$ Find $P(0) + Q(0).$

答案

知识点：多项式一次方程

难度评级：1890

小提示：

考虑 $R(x) = P(x) + Q(x)$ ：二次项会抵消，所以 $R$ 是一次函数

Consider $R(x) = P(x) + Q(x):$ the quadratic terms cancel, so $R$ is linear

大提示：

$R$ 经过 $(16, 108)$ 和 $(20, 106)$ ；把这条直线延伸回 $x = 0$

$R$ passes through $(16, 108)$ and $(20, 106);$ extend that line back to $x = 0$

解答：

令 $R(x) = P(x) + Q(x)$ 。首项系数 $2$ 和 $-2$ 抵消，所以 $R$ 是一次函数。因为两个图像都经过 $(16, 54)$ 和 $(20, 53)$ ，所以 $R(16) = 108$ 且 $R(20) = 106$ 。

$R$ 的斜率为 $\frac{106 - 108}{20 - 16} = -\frac{1}{2}$ ，所以 $\begin{aligned} P(0) + Q(0) &= R(0) \\ &= R(16) + 16 \cdot \frac{1}{2} \\ &= 108 + 8 = 116 \end{aligned}\text{。}$

Let $R(x) = P(x) + Q(x).$ The leading coefficients $2$ and $-2$ cancel, so $R$ is a linear function. Since both graphs pass through $(16, 54)$ and $(20, 53),$ we get $R(16) = 108$ and $R(20) = 106.$

The slope of $R$ is $\frac{106 - 108}{20 - 16} = -\frac{1}{2},$ so $\begin{aligned} P(0) + Q(0) &= R(0) \\ &= R(16) + 16 \cdot \frac{1}{2} \\ &= 108 + 8 = 116. \end{aligned}$

2.

求三位正整数 $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ ，它的九进制表示为 $\underline{b}\,\underline{c}\,\underline{a}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是（不一定互不相同的）数字。

Find the three-digit positive integer $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ whose representation in base nine is $\underline{b}\,\underline{c}\,\underline{a},$ where $a,$ $b,$ and $c$ are (not necessarily distinct) digits.

答案

知识点：进制数字模运算

难度评级：1950

小提示：

将条件写成 $100a + 10b + c = 81b + 9c + a$ 并化简

Write the condition as $100a + 10b + c = 81b + 9c + a$ and simplify

大提示：

由 $99a = 71b + 8c$ ，模 $8$ 化简以确定 $b$ 与 $a$ 的关系，再测试较小的 $a$ 。

From $99a = 71b + 8c,$ reduce modulo $8$ to pin down $b$ in terms of $a,$ then test small values of $a.$

解答：

条件表示 $100a + 10b + c = 81b + 9c + a$ ，化简为 $99a = 71b + 8c$ 。由于这些数字也出现在一个以九为底的数中，每个数字都至多为 $8$ 。模 $8$ 化简，得到 $3a \equiv -b \pmod 8$ ，所以 $b \equiv 5a \pmod 8$ 。

当 $a = 1$ 时， $b = 5$ 会使 $71b$ 超过 $99$ ；当 $a = 2$ 时， $b = 2$ 给出 $8c = 198 - 142 = 56$ ，所以 $c = 7$ 。对每个 $a \ge 3$ ，所需的 $b$ 都会迫使 $99a - 71b$ 落在区间 $[0, 64]$ 之外，因此没有其他解。

这个数是 $227$ ，并且确实有 $227 = 2 \cdot 81 + 7 \cdot 9 + 2$ $= 272_9$ 。

The condition says $100a + 10b + c = 81b + 9c + a,$ which simplifies to $99a = 71b + 8c.$ Since the digits also appear in a base-nine numeral, each is at most $8.$ Reducing modulo $8$ gives $3a \equiv -b \pmod 8,$ so $b \equiv 5a \pmod 8.$

For $a = 1,$ $b = 5$ makes $71b$ exceed $99;$ for $a = 2,$ $b = 2$ gives $8c = 198 - 142 = 56,$ so $c = 7.$ For each $a \ge 3,$ the required $b$ forces $99a - 71b$ outside the range $[0, 64],$ so there is no other solution.

The number is $227,$ and indeed $227 = 2 \cdot 81 + 7 \cdot 9 + 2$ $= 272_9.$

3.

在等腰梯形 $ABCD$ 中，平行底边 $\overline{AB}$ 与 $\overline{CD}$ 的长度分别为 $500$ 和 $650$ ，且 $AD = BC = 333$ 。 $\angle A$ 与 $\angle D$ 的角平分线相交于 $P$ ， $\angle B$ 与 $\angle C$ 的角平分线相交于 $Q$ 。求 $PQ$ 。

In isosceles trapezoid $ABCD,$ parallel bases $\overline{AB}$ and $\overline{CD}$ have lengths $500$ and $650,$ respectively, and $AD = BC = 333.$ The angle bisectors of $\angle A$ and $\angle D$ meet at $P,$ and the angle bisectors of $\angle B$ and $\angle C$ meet at $Q.$ Find $PQ.$

答案

知识点：角平分线梯形等腰三角形

难度评级：2390

小提示：

设 $\angle A$ 的角平分线与 $\overline{CD}$ 交于 $A'$ ：内错角说明三角形 $ADA'$ 是等腰三角形，且 $DA' = 333$

Let the bisector of $\angle A$ meet $\overline{CD}$ at $A':$ alternate interior angles make triangle $ADA'$ isosceles with $DA' = 333$

大提示：

在等腰三角形 $ADA'$ 中，从 $D$ 出发的角平分线也是中线，所以 $P$ 是 $AA'$ 的中点；对 $Q$ 同理，再使用坐标

In isosceles triangle $ADA',$ the bisector from $D$ is also the median, so $P$ is the midpoint of $AA'.$ Do the same for $Q$ and use coordinates.

解答：

设 $\angle A$ 的角平分线与 $\overline{CD}$ 交于 $A'$ 。因为 $\overline{AB} \parallel \overline{CD}$ ，有 $\angle DA'A = \angle A'AB = \angle A'AD$ ，所以三角形 $ADA'$ 是等腰三角形，且 $DA' = DA = 333$ 。于是 $\angle D$ 的角平分线也是这个三角形中从 $D$ 出发的中线，因此同时位于两条角平分线上的 $P$ 是 $\overline{AA'}$ 的中点。类似地， $Q$ 是 $\overline{BB'}$ 的中点，其中 $B'$ 在 $\overline{CD}$ 上且 $CB' = 333$ 。

令 $D = (0, 0)$ 、 $C = (650, 0)$ ，则对适当的高 $h$ 有 $A = (75, h)$ 和 $B = (575, h)$ 。于是 $A' = (333, 0)$ ，且 $B' = (650 - 333, 0) = (317, 0)$ ，所以 $\begin{aligned} P &= \left(\frac{75 + 333}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(204, \frac{h}{2}\right) \end{aligned}\text{，}$ $\begin{aligned} Q &= \left(\frac{575 + 317}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(446, \frac{h}{2}\right) \end{aligned}\text{。}$

因此 $PQ = 446 - 204 = 242$ 。

Let the bisector of $\angle A$ meet $\overline{CD}$ at $A'.$ Since $\overline{AB} \parallel \overline{CD},$ we have $\angle DA'A = \angle A'AB = \angle A'AD,$ so triangle $ADA'$ is isosceles with $DA' = DA = 333.$ The bisector of $\angle D$ is then the median from $D$ in this triangle, so $P,$ which lies on both bisectors, is the midpoint of $\overline{AA'}.$ Symmetrically, $Q$ is the midpoint of $\overline{BB'},$ where $B'$ is on $\overline{CD}$ with $CB' = 333.$

Place $D = (0, 0)$ and $C = (650, 0),$ so $A = (75, h)$ and $B = (575, h)$ for the appropriate height $h.$ Then $A' = (333, 0)$ and $B' = (650 - 333, 0) = (317, 0),$ so $\begin{aligned} P &= \left(\frac{75 + 333}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(204, \frac{h}{2}\right), \end{aligned}$ $\begin{aligned} Q &= \left(\frac{575 + 317}{2}, \frac{h}{2}\right) \\ &= \left(446, \frac{h}{2}\right). \end{aligned}$

Therefore $PQ = 446 - 204 = 242.$

4.

设 $w = \frac{\sqrt{3} + \mathrm{i}}{2}$ ， $z = \frac{-1 + \mathrm{i}\sqrt{3}}{2}$ ，其中 $\mathrm{i} = \sqrt{-1}$ 。求满足方程 $\mathrm{i} \cdot w^r = z^s$ 的有序数对 $(r, s)$ 的个数，其中两个分量都是不超过 $100$ 的正整数。

Let $w = \frac{\sqrt{3} + \mathrm{i}}{2}$ and $z = \frac{-1 + \mathrm{i}\sqrt{3}}{2},$ where $\mathrm{i} = \sqrt{-1}.$ Find the number of ordered pairs $(r, s)$ of positive integers not exceeding $100$ that satisfy the equation $\mathrm{i} \cdot w^r = z^s.$

答案

知识点：复数棣莫弗定理模运算

难度评级：2300

小提示：

两个数都在单位圆上： $w$ 的辐角是 $30^\circ$ ， $z$ 的辐角是 $120^\circ$ ，而 $\mathrm{i}$ 的辐角是 $90^\circ$

Both numbers lie on the unit circle: $w$ has argument $30^\circ$ and $z$ has argument $120^\circ,$ while $\mathrm{i}$ has argument $90^\circ$

大提示：

比较辐角得 $90 + 30r \equiv 120s \pmod{360}$ ，即 $r + 3 \equiv 4s \pmod{12}$ ；数出 $r \in [1, 100]$ 在每个余数类中的个数

Matching arguments gives $90 + 30r \equiv 120s \pmod{360},$ i.e. $r + 3 \equiv 4s \pmod{12};$ count how many $r \in [1, 100]$ hit each residue

解答：

$w$ 与 $z$ 的模都是 $1$ ：极坐标形式为 $w = \operatorname{cis} 30^\circ$ 、 $z = \operatorname{cis} 120^\circ$ ，而 $\mathrm{i} = \operatorname{cis} 90^\circ$ 。因此方程 $\mathrm{i} \cdot w^r = z^s$ 等价于以下辐角条件： $90 + 30r \equiv 120s \pmod{360}\text{，}$ 也就是 $r + 3 \equiv 4s \pmod{12}\text{。}$

对每个 $s$ ，这确定了 $r \pmod{12}$ ：当 $s \equiv 1$ 、 $2$ 、或 $0 \pmod 3$ 时，余数 $4s - 3$ 分别为 $1$ 、 $5$ 或 $9$ （模 $12$ ）。在 $1 \le r \le 100$ 中，满足 $r \equiv 1 \pmod{12}$ 的有 $9$ 个，满足 $r \equiv 5$ 或 $r \equiv 9 \pmod{12}$ 的各有 $8$ 个。在 $1 \le s \le 100$ 中，满足 $s \equiv 1 \pmod 3$ 的有 $34$ 个，另外两个余数类各有 $33$ 个。

总数为 $34 \cdot 9$ $+ 33 \cdot 8$ $+ 33 \cdot 8$ $= 306 + 264 + 264 = 834$ 。

Both $w$ and $z$ have modulus $1:$ in polar form $w = \operatorname{cis} 30^\circ$ and $z = \operatorname{cis} 120^\circ,$ while $\mathrm{i} = \operatorname{cis} 90^\circ.$ The equation $\mathrm{i} \cdot w^r = z^s$ is therefore a statement about arguments: $90 + 30r \equiv 120s \pmod{360},$ i.e. $r + 3 \equiv 4s \pmod{12}.$

For each $s,$ this determines $r \pmod{12}:$ the residue $4s - 3$ is $1,$ $5,$ or $9$ modulo $12$ according as $s \equiv 1,$ $2,$ or $0 \pmod 3.$ Among $1 \le r \le 100$ there are $9$ values with $r \equiv 1 \pmod{12}$ and $8$ values each with $r \equiv 5$ or $r \equiv 9 \pmod{12}.$ Among $1 \le s \le 100$ there are $34$ values with $s \equiv 1 \pmod 3$ and $33$ values in each of the other two classes.

The count is $34 \cdot 9$ $+ 33 \cdot 8$ $+ 33 \cdot 8$ $= 306 + 264 + 264 = 834.$

5.

一条笔直的河宽 $264$ 米，水流以每分钟 $14$ 米的速度自西向东流。Melanie 和 Sherry 坐在河的南岸，Melanie 位于 Sherry 下游 $D$ 米处。相对于水，Melanie 的游泳速度为每分钟 $80$ 米，Sherry 的游泳速度为每分钟 $60$ 米。两人同时开始沿直线游向北岸上的同一点，该点到她们的起点距离相等。两人同时到达该点。求 $D$ 。

A straight river that is $264$ meters wide flows from west to east at a rate of $14$ meters per minute. Melanie and Sherry sit on the south bank of the river with Melanie a distance of $D$ meters downstream from Sherry. Relative to the water, Melanie swims at $80$ meters per minute, and Sherry swims at $60$ meters per minute. At the same time, Melanie and Sherry begin swimming in straight lines to a point on the north bank of the river that is equidistant from their starting positions. The two women arrive at this point simultaneously. Find $D.$

答案

知识点：路程、速度与时间向量平方差

难度评级：2390

小提示：

交汇点位于两人中点的正北方。每位游泳者相对于水的速度等于其对地速度减去水流速度 $(14, 0)$ 。

The meeting point is due north of the midpoint between them. Each swimmer’s velocity relative to the water is her ground velocity minus the current $(14, 0).$

大提示：

令 $u = \frac{D}{2t}$ ，将两个速度方程相减，得到 $(u + 14)^2 - (u - 14)^2$ $= 6400 - 3600$

With $u = \frac{D}{2t},$ subtracting the two speed equations gives $(u + 14)^2 - (u - 14)^2$ $= 6400 - 3600$

解答：

把 Sherry 放在原点，Melanie 放在南岸的 $(D, 0)$ 。北岸上到两人等距的点是 $\left(\frac{D}{2}, 264\right)$ 。若两人都在时间 $t$ 到达，则每位游泳者相对于水的速度等于她的对地速度减去水流速度 $(14, 0)$ ，所以 $\begin{aligned} &\left(\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 60^2 \end{aligned}\text{，}$ $\begin{aligned} &\left(-\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 80^2 \end{aligned}\text{。}$

令 $u = \frac{D}{2t}$ 。将两式相减，得到 $(u + 14)^2 - (u - 14)^2$ $= 56u$ $= 6400 - 3600$ $= 2800$ ，所以 $u = 50$ 。代回可得 $(50 - 14)^2 + \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 3600$ ，因此 $\frac{264}{t} = 48$ ， $t = \frac{11}{2}$ 。

因此 $D = 2ut = 100t = 550$ 。

Put Sherry at the origin and Melanie at $(D, 0)$ on the south bank. A point on the north bank equidistant from both is $\left(\frac{D}{2}, 264\right).$ If both arrive at time $t,$ then each swimmer’s velocity relative to the water is her ground velocity minus the current $(14, 0),$ so $\begin{aligned} &\left(\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 60^2, \end{aligned}$ $\begin{aligned} &\left(-\frac{D}{2t} - 14\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 80^2. \end{aligned}$

Subtracting, with $u = \frac{D}{2t}:$ $(u + 14)^2 - (u - 14)^2$ $= 56u$ $= 6400 - 3600$ $= 2800,$ so $u = 50.$ Substituting back, $(50 - 14)^2 + \left(\frac{264}{t}\right)^2 = 3600$ gives $\frac{264}{t} = 48,$ so $t = \frac{11}{2}.$

Therefore $D = 2ut = 100t = 550.$

6.

求整数有序数对 $(a, b)$ 的个数，使得序列 $3, 4, 5, a, b, 30, 40, 50$ 严格递增，并且任意四个（不一定连续的）项都不能组成等差数列。

Find the number of ordered pairs of integers $(a, b)$ such that the sequence $3, 4, 5, a, b, 30, 40, 50$ is strictly increasing and no set of four (not necessarily consecutive) terms forms an arithmetic progression.

答案

知识点：等差数列补集计数分类讨论

难度评级：2560

小提示：

先数坏的数对：在满足 $5 \lt a \lt b \lt 30$ 的 $\binom{24}{2}$ 种选择中，每个四项等差数列都必须用到 $a$ 或 $b$

Count the bad pairs among the $\binom{24}{2}$ choices with $5 \lt a \lt b \lt 30:$ every four-term progression must use $a$ or $b$

大提示：

除了 $a = 6$ 和 $20 \in \{a, b\}$ 之外，恰有三个数对 $(a, b)$ 会和两个固定项补成等差数列。注意重复计数。

Beyond $a = 6$ and $20 \in \{a, b\},$ exactly three pairs $(a, b)$ complete a progression with two of the fixed terms. Watch for double counting.

解答：

序列严格递增当且仅当 $5 \lt a \lt b \lt 30$ ，共有 $\binom{24}{2} = 276$ 个数对。六个固定项中没有四项等差数列，所以每个等差数列都必须包含 $a$ 或 $b$ 。如果只包含其中一个，则三个固定项本身必须已经在同一个等差数列中： $3, 4, 5$ 只能延伸出 $6$ ，而 $30, 40, 50$ 只能延伸出 $20$ 。所以单变量违规情形为 $a = 6$ （ $23$ 个数对）以及 $20 \in \{a, b\}$ （ $23$ 个数对），它们在数对 $(6, 20)$ 上重合。

如果 $a$ 和 $b$ 都参与，则它们与两个固定项补成等差数列。检查可能的位置： $(4, 5, a, b)$ 给出 $(6, 7)$ ； $(3, 5, a, b)$ 给出 $(7, 9)$ ； $(3, a, b, 30)$ 给出 $(12, 21)$ ； $(4, a, b, 40)$ 给出 $(16, 28)$ ； $(5, a, b, 50)$ 给出 $(20, 35)$ ，超出范围；而 $(a, b, 30, 40)$ 给出 $(10, 20)$ 。其中 $(6, 7)$ 和 $(10, 20)$ 已经被计入，所以只有 $(7, 9)$ 、 $(12, 21)$ 、 $(16, 28)$ 是新的坏数对。

有效数对数为 $276 - (23 + 23 - 1)$ $- 3 = 276 - 48 = 228$ 。

The sequence is increasing exactly when $5 \lt a \lt b \lt 30,$ giving $\binom{24}{2} = 276$ pairs. The six fixed terms contain no four-term arithmetic progression, so every progression must involve $a$ or $b.$ If only one of them is involved, three fixed terms must already be in progression: $3, 4, 5$ extends only by $6,$ and $30, 40, 50$ extends only by $20.$ So the single-variable violations are $a = 6$ ( $23$ pairs) and $20 \in \{a, b\}$ ( $23$ pairs), which overlap in the pair $(6, 20).$

If both $a$ and $b$ are involved, two fixed terms complete the progression. Checking the possible positions: $(4, 5, a, b)$ gives $(6, 7);$ $(3, 5, a, b)$ gives $(7, 9);$ $(3, a, b, 30)$ gives $(12, 21);$ $(4, a, b, 40)$ gives $(16, 28);$ $(5, a, b, 50)$ gives $(20, 35),$ out of range; and $(a, b, 30, 40)$ gives $(10, 20).$ Of these, $(6, 7)$ and $(10, 20)$ are already counted, so $(7, 9),$ $(12, 21),$ and $(16, 28)$ are the only new bad pairs.

The number of valid pairs is $276 - (23 + 23 - 1)$ $- 3 = 276 - 48 = 228.$

7.

设 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 、 $e$ 、 $f$ 、 $g$ 、 $h$ 、 $i$ 是从 $1$ 到 $9$ 中取出的互不相同的整数。式子 $\frac{a \cdot b \cdot c - d \cdot e \cdot f}{g \cdot h \cdot i}$ 的最小正值可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Let $a,$ $b,$ $c,$ $d,$ $e,$ $f,$ $g,$ $h,$ $i$ be distinct integers from $1$ to $9.$ The minimum possible positive value of $\frac{a \cdot b \cdot c - d \cdot e \cdot f}{g \cdot h \cdot i}$ can be written as $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：最优化极端原理极限情形界定

难度评级：2560

小提示：

目标是让分子为 $1$ ：寻找两个由不同数字组成的三元组，使它们的乘积恰好相差 $1$

Aim for a numerator of $1:$ look for two triples of distinct digits whose products differ by exactly $1$

大提示：

把剩下最大的三个数字留给分母，再通过证明更大的分母会迫使分子差至少为 $2$ 来排除它们

Save the three largest leftover digits for the denominator, then rule out bigger denominators by showing they force a numerator difference of at least $2$

解答：

先尝试让分子等于 $1$ ，同时把较大的数字留在分母中。乘积 $2 \cdot 3 \cdot 6 = 36$ 与 $1 \cdot 5 \cdot 7 = 35$ 相差 $1$ ，并留下 $4, 8, 9$ 作分母，给出 $\frac{36 - 35}{4 \cdot 8 \cdot 9} = \frac{1}{288}\text{。}$

若要更小，就需要分子为 $1$ 且分母大于 $288$ 。超过 $288$ 的分母依次为 $504$ 、 $432$ 、 $360$ 、 $378$ 、 $315$ 、 $336$ ，分别来自 $\{7,8,9\}$ 、 $\{6,8,9\}$ 、 $\{5,8,9\}$ 、 $\{6,7,9\}$ 、 $\{5,7,9\}$ 、 $\{6,7,8\}$ 。在每种情况下，把剩余六个数字分成两个三元组，最小的正分子差依次为 $6$ 、 $2$ 、 $8$ 、 $2$ 、 $4$ 、 $6$ 。由此得到的下界 $\begin{aligned}&\frac{6}{504},\quad \frac{2}{432},\quad \frac{8}{360},\\&\frac{2}{378},\quad \frac{4}{315},\quad \frac{6}{336}\end{aligned}$ 都大于 $\frac{1}{288}$ 。

所以最小正值为 $\frac{1}{288}$ ，且 $m + n = 1 + 288 = 289$ 。

Try to make the numerator equal to $1$ while keeping large digits in the denominator. The products $2 \cdot 3 \cdot 6 = 36$ and $1 \cdot 5 \cdot 7 = 35$ differ by $1$ and leave $4, 8, 9$ for the denominator, giving the value $\frac{36 - 35}{4 \cdot 8 \cdot 9} = \frac{1}{288}.$

To beat this, a fraction would need numerator $1$ with denominator greater than $288.$ The denominators exceeding $288$ are $504,$ $432,$ $360,$ $378,$ $315,$ and $336,$ coming respectively from $\{7,8,9\},$ $\{6,8,9\},$ $\{5,8,9\},$ $\{6,7,9\},$ $\{5,7,9\},$ and $\{6,7,8\}.$ Splitting the remaining six digits into two triples, the smallest positive numerator differences are respectively $6,$ $2,$ $8,$ $2,$ $4,$ and $6.$ The resulting lower bounds $\begin{aligned}&\frac{6}{504},\quad \frac{2}{432},\quad \frac{8}{360},\\&\frac{2}{378},\quad \frac{4}{315},\quad \frac{6}{336}\end{aligned}$ all exceed $\frac{1}{288}.$

So the minimum positive value is $\frac{1}{288},$ and $m + n = 1 + 288 = 289.$

8.

等边三角形 $\triangle ABC$ 内接于半径为 $18$ 的圆 $\omega$ 。圆 $\omega_A$ 与边 $\overline{AB}$ 和 $\overline{AC}$ 相切，并与 $\omega$ 内切。圆 $\omega_B$ 和 $\omega_C$ 类似定义。圆 $\omega_A$ 、 $\omega_B$ 、 $\omega_C$ 两两相交，共有六个交点，每对圆有两个交点。最靠近 $\triangle ABC$ 各顶点的三个交点构成 $\triangle ABC$ 内部的一个较大等边三角形，其余三个交点构成 $\triangle ABC$ 内部的一个较小等边三角形。较小等边三角形的边长可写成 $\sqrt{a} - \sqrt{b}$ ，其中 $a$ 和 $b$ 是正整数。求 $a + b$ 。

Equilateral triangle $\triangle ABC$ is inscribed in circle $\omega$ with radius $18.$ Circle $\omega_A$ is tangent to sides $\overline{AB}$ and $\overline{AC}$ and is internally tangent to $\omega.$ Circles $\omega_B$ and $\omega_C$ are defined analogously. Circles $\omega_A,$ $\omega_B,$ and $\omega_C$ meet in six points — two points for each pair of circles. The three intersection points closest to the vertices of $\triangle ABC$ are the vertices of a large equilateral triangle in the interior of $\triangle ABC,$ and the other three intersection points are the vertices of a smaller equilateral triangle in the interior of $\triangle ABC.$ The side length of the smaller equilateral triangle can be written as $\sqrt{a} - \sqrt{b},$ where $a$ and $b$ are positive integers. Find $a + b.$

答案

知识点：相切圆等边三角形坐标几何

难度评级：2710

小提示：

先找 $\omega_A$ ：它的圆心在直线 $AO$ 上，半径是它到 $A$ 距离的一半，而与 $\omega$ 内切会固定所有量

Find $\omega_A$ first: its center lies on line $AO,$ its radius is half its distance from $A,$ and internal tangency to $\omega$ fixes everything

大提示：

$\omega_B$ 与 $\omega_C$ 的两个交点在直线 $AO$ 上，每个等边三角形的外接圆半径就是该点到中心 $O$ 的距离

The two intersection points of $\omega_B$ and $\omega_C$ lie on line $AO,$ and each triangle’s circumradius is the distance from that point to the center $O$

解答：

设 $O$ 为 $\omega$ 的圆心。 $\omega_A$ 的圆心在直线 $AO$ 上（即 $\angle A$ 的角平分线），设它到 $A$ 的距离为 $d$ 。因为 $\overline{AB}$ 与 $AO$ 成 $30^\circ$ 角，所以半径为 $r = d \sin 30^\circ = \frac{d}{2}$ 。与 $\omega$ 内切要求该圆心到 $O$ 的距离为 $18 - r$ ，这迫使圆心越过 $O$ ： $d - 18 = 18 - \frac{d}{2}$ ，所以 $d = 24$ 、 $r = 12$ ，圆心在 $O$ 的另一侧 $6$ 个单位处。

将 $O$ 放在原点，令 $A = (0, 18)$ 。则三个圆心为 $O_A = (0, -6)$ 以及 $O_B, O_C = (\pm 3\sqrt{3}, 3)$ ，半径均为 $12$ 。 $\omega_B$ 与 $\omega_C$ 的交点在 $y$ 轴上： $27 + (y - 3)^2 = 144$ ，给出 $y = 3 \pm \sqrt{117}$ 。点 $(0, 3 + \sqrt{117})$ 更接近 $A$ ，属于较大的三角形，所以较小三角形的一个顶点是 $(0, 3 - \sqrt{117})$ ，它到 $O$ 的距离为 $\sqrt{117} - 3$ 。

由对称性，较小三角形是等边三角形，外接圆半径为 $\sqrt{117} - 3$ ，因此边长为 $\sqrt{3}\left(\sqrt{117} - 3\right) = \sqrt{351} - \sqrt{27}$ 。故 $a + b = 351 + 27 = 378$ 。

Let $O$ be the center of $\omega.$ The center of $\omega_A$ lies on line $AO$ (the bisector of $\angle A$ ) at some distance $d$ from $A;$ since $\overline{AB}$ makes a $30^\circ$ angle with $AO,$ the radius is $r = d \sin 30^\circ = \frac{d}{2}.$ Internal tangency to $\omega$ requires the center to be $18 - r$ from $O,$ which forces the center past $O:$ $d - 18 = 18 - \frac{d}{2},$ so $d = 24,$ $r = 12,$ and the center is $6$ beyond $O.$

Place $O$ at the origin with $A = (0, 18).$ Then the three centers are $O_A = (0, -6)$ and $O_B, O_C = (\pm 3\sqrt{3}, 3),$ all with radius $12.$ The intersections of $\omega_B$ and $\omega_C$ lie on the $y$ -axis: $27 + (y - 3)^2 = 144$ gives $y = 3 \pm \sqrt{117}.$ The point $(0, 3 + \sqrt{117})$ is closer to $A$ and belongs to the larger triangle, so the smaller triangle has vertex $(0, 3 - \sqrt{117}),$ at distance $\sqrt{117} - 3$ from $O.$

By symmetry the smaller triangle is equilateral with circumradius $\sqrt{117} - 3,$ so its side is $\sqrt{3}\left(\sqrt{117} - 3\right) = \sqrt{351} - \sqrt{27}.$ Thus $a + b = 351 + 27 = 378.$

9.

Ellina 有十二个积木块，红色（ $\textbf{R}$ ）、蓝色（ $\textbf{B}$ ）、黄色（ $\textbf{Y}$ ）、绿色（ $\textbf{G}$ ）、橙色（ $\textbf{O}$ ）和紫色（ $\textbf{P}$ ）各两个。若同色两个积木块之间隔着偶数个积木块，则称一个排列为偶排列。例如，排列 $\textbf{R B B Y G G Y R O P P O}$ 是偶排列。Ellina 将这些积木块随机排成一行。她的排列是偶排列的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Ellina has twelve blocks, two each of red ( $\textbf{R}$ ), blue ( $\textbf{B}$ ), yellow ( $\textbf{Y}$ ), green ( $\textbf{G}$ ), orange ( $\textbf{O}$ ), and purple ( $\textbf{P}$ ). Call an arrangement of blocks even if there is an even number of blocks between each pair of blocks of the same color. For example, the arrangement $\textbf{R B B Y G G Y R O P P O}$ is even. Ellina arranges her blocks in a row in random order. The probability that her arrangement is even is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：基本概率多重集排列奇偶性

难度评级：2450

小提示：

位置 $i$ 与 $j$ 之间有偶数个积木块，恰好当 $i$ 与 $j$ 奇偶性相反

There is an even number of blocks between positions $i$ and $j$ exactly when $i$ and $j$ have opposite parity

大提示：

因此每种颜色必须占据一个奇数位置和一个偶数位置：六个奇数位置各放一种颜色，六个偶数位置也各放一种颜色

So each color must occupy one odd and one even position: the six odd slots hold all six colors once, as do the six even slots

解答：

如果一种颜色占据位置 $i \lt j$ ，它们之间的积木块数是 $j - i - 1$ ，这个数为偶数恰好当 $i$ 与 $j$ 奇偶性相反。因此一个排列是偶排列，当且仅当每种颜色都占据一个奇数位置和一个偶数位置，也就是说，六个奇数位置恰好包含六种颜色各一次，六个偶数位置也一样。

计算十二个积木块的排列数（同色积木不可区分），总数为 $\frac{12!}{2^6}$ 。偶排列有 $6! \cdot 6!$ 个（奇数位置是六种颜色的一个排列，偶数位置也是六种颜色的一个排列）。概率为 $\frac{6! \cdot 6! \cdot 2^6}{12!} = \frac{16}{231}\text{。}$

因为 $\gcd(16, 231) = 1$ ，答案为 $m + n = 16 + 231 = 247$ 。

If a color occupies positions $i \lt j,$ the number of blocks between them is $j - i - 1,$ which is even exactly when $i$ and $j$ have opposite parity. So an arrangement is even precisely when every color occupies one odd position and one even position — that is, the six odd slots contain each color exactly once, and so do the six even slots.

Counting arrangements of the twelve blocks (blocks of the same color identical), there are $\frac{12!}{2^6}$ in total, and $6! \cdot 6!$ even ones (a permutation of the six colors in the odd slots and another in the even slots). The probability is $\frac{6! \cdot 6! \cdot 2^6}{12!} = \frac{16}{231}.$

Since $\gcd(16, 231) = 1,$ the answer is $m + n = 16 + 231 = 247.$

10.

三个半径分别为 $11$ 、 $13$ 、 $19$ 的球两两外切。一个平面与这三个球相交，得到三个全等圆，它们的圆心分别为 $A$ 、 $B$ 、 $C$ ，并且三个球的球心都在该平面的同一侧。已知 $AB^2 = 560$ 。求 $AC^2$ 。

Three spheres with radii $11,$ $13,$ and $19$ are mutually externally tangent. A plane intersects the spheres in three congruent circles centered at $A,$ $B,$ and $C,$ respectively, and the centers of the spheres all lie on the same side of this plane. Suppose that $AB^2 = 560.$ Find $AC^2.$

答案

知识点：球立体几何勾股定理

难度评级：2560

小提示：

若球心在平面上方高度为 $h$ ，球与平面截得的圆的半径平方为 $r^2 - h^2$ ；三个截圆全等会关联三个高度

If a sphere’s center sits at height $h$ above the plane, its circle has radius squared $r^2 - h^2;$ congruence ties the three heights together

大提示：

$A$ 与 $B$ 是球心在平面上的垂足，所以 $AB^2 = 24^2 - (h_2 - h_1)^2$ ；再结合 $h_2^2 - h_1^2 = 13^2 - 11^2$

$A$ and $B$ are the feet of the centers, so $AB^2 = 24^2 - (h_2 - h_1)^2;$ combine with $h_2^2 - h_1^2 = 13^2 - 11^2$

解答：

设三个球心到平面的高度分别为 $h_1, h_2, h_3$ 。每个截圆的圆心是对应球心到平面的垂足，公共截圆半径 $\rho$ 满足 $\rho^2 = 11^2 - h_1^2$ $= 13^2 - h_2^2$ $= 19^2 - h_3^2$ 。

前两个球相切，所以球心相距 $11 + 13 = 24$ 。投影到平面上，有 $AB^2 = 24^2 - (h_2 - h_1)^2$ 。因此 $(h_2 - h_1)^2 = 576 - 560 = 16$ 。截圆全等给出 $h_2^2 - h_1^2 = 169 - 121 = 48$ ，所以 $h_2 - h_1 = 4$ 且 $h_2 + h_1 = 12$ （另一个符号会给出负的和），得到 $h_1 = 4$ 、 $h_2 = 8$ ，并且 $\rho^2 = 121 - 16 = 105$ 。于是 $h_3^2 = 361 - 105 = 256$ ，所以 $h_3 = 16$ 。

第一和第三个球心相距 $11 + 19 = 30$ ，所以 $\begin{aligned} AC^2 &= 30^2 - (h_3 - h_1)^2 \\ &= 900 - 144 = 756 \end{aligned}\text{。}$

Let the sphere centers be at heights $h_1, h_2, h_3$ above the plane. Each circle’s center is the foot of the perpendicular from the sphere’s center, and the common circle radius $\rho$ satisfies $\rho^2 = 11^2 - h_1^2$ $= 13^2 - h_2^2$ $= 19^2 - h_3^2.$

The first two spheres are tangent, so their centers are $11 + 13 = 24$ apart, and projecting onto the plane, $AB^2 = 24^2 - (h_2 - h_1)^2.$ Thus $(h_2 - h_1)^2 = 576 - 560 = 16.$ Congruence gives $h_2^2 - h_1^2 = 169 - 121 = 48,$ so $h_2 - h_1 = 4$ and $h_2 + h_1 = 12$ (the other sign gives a negative sum), yielding $h_1 = 4,$ $h_2 = 8,$ and $\rho^2 = 121 - 16 = 105.$ Then $h_3^2 = 361 - 105 = 256,$ so $h_3 = 16.$

The first and third centers are $11 + 19 = 30$ apart, so $\begin{aligned} AC^2 &= 30^2 - (h_3 - h_1)^2 \\ &= 900 - 144 = 756. \end{aligned}$

11.

设 $ABCD$ 是一个平行四边形，且 $\angle BAD \lt 90^\circ$ 。一个圆与边 $\overline{DA}$ 、 $\overline{AB}$ 、 $\overline{BC}$ 相切，并与对角线 $\overline{AC}$ 交于点 $P$ 和 $Q$ ，其中 $AP \lt AQ$ ，如图所示。已知 $AP = 3$ 、 $PQ = 9$ 、 $QC = 16$ 。则 $ABCD$ 的面积可表示为 $m\sqrt{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

Let $ABCD$ be a parallelogram with $\angle BAD \lt 90^\circ.$ A circle tangent to sides $\overline{DA},$ $\overline{AB},$ and $\overline{BC}$ intersects diagonal $\overline{AC}$ at points $P$ and $Q$ with $AP \lt AQ,$ as shown. Suppose that $AP = 3,$ $PQ = 9,$ and $QC = 16.$ Then the area of $ABCD$ can be expressed in the form $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers, and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

答案

知识点：圆幂切线余弦定理平行四边形

难度评级：3060

小提示：

点的幂： $AP \cdot AQ = 36$ 且 $CQ \cdot CP = 400$ ，所以从 $A$ 与 $C$ 引出的切线长分别为 $6$ 和 $20$

Power of a point: $AP \cdot AQ = 36$ and $CQ \cdot CP = 400$ give tangent lengths $6$ from $A$ and $20$ from $C$

大提示：

相等切线长迫使 $BC = AB + 14$ ，而圆与平行线 $AD$ 和 $BC$ 都相切，给出 $AB \cos^2\!\frac{\angle A}{2} = 6$ ；最后对 $AC = 28$ 使用余弦定理

Equal tangents force $BC = AB + 14,$ and tangency to both parallel lines $AD$ and $BC$ gives $AB \cos^2\!\frac{\angle A}{2} = 6;$ finish with the law of cosines on $AC = 28$

解答：

由点的幂， $AP \cdot AQ = 3 \cdot 12 = 36$ ，且 $CQ \cdot CP = 16 \cdot 25 = 400$ ，所以从 $A$ 和 $C$ 引出的切线长分别为 $6$ 和 $20$ 。 $\overline{AB}$ 上的切点距 $A$ 为 $6$ ，因此距 $B$ 为 $AB - 6$ 。从 $B$ 引出的两条切线等长，所以 $\overline{BC}$ 上的切点距 $B$ 也是这个距离，从而它距 $C$ 的距离为 $BC - (AB - 6) = 20$ ，即 $BC = AB + 14$ 。

设 $\angle BAD = 2\theta$ 。圆心位于 $\angle A$ 的角平分线上，且从 $A$ 引出的切线长为 $6$ ，所以半径为 $\rho = 6\tan\theta$ 。圆与平行线 $AD$ 和 $BC$ 都相切，而这两条线的距离为 $AB \sin 2\theta$ ，故 $AB \sin 2\theta = 2\rho = 12 \tan\theta$ ，化简为 $AB \cos^2\theta = 6$ 。在三角形 $ABC$ 中， $\angle ABC = 180^\circ - 2\theta$ ，且 $AC = 3 + 9 + 16 = 28$ ，由余弦定理， $\begin{aligned} 784 &= AB^2 + BC^2 \\ &\quad {}+ 2 \cdot AB \cdot BC \cos 2\theta \end{aligned}\text{。}$ 代入 $BC = AB + 14$ 和 $\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$ ， $AB^2$ 项抵消；再用 $AB\cos^2\theta = 6$ ，方程化为 $24\,AB + 336 + 196 = 784$ ，所以 $AB = \frac{21}{2}$ ，且 $\cos^2\theta = \frac{4}{7}$ 。

因此 $\sin 2\theta = 2\sqrt{\frac{3}{7}}\sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{4\sqrt{3}}{7}$ ，面积为 $\begin{aligned} &AB \cdot BC \sin 2\theta \\ &= \frac{21}{2} \cdot \frac{49}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} \\ &= 147\sqrt{3} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $m + n = 147 + 3 = 150$ 。

By power of a point, $AP \cdot AQ = 3 \cdot 12 = 36$ and $CQ \cdot CP = 16 \cdot 25 = 400,$ so the tangent lengths from $A$ and $C$ are $6$ and $20.$ The tangent point on $\overline{AB}$ is $6$ from $A,$ hence $AB - 6$ from $B;$ equal tangents from $B$ put the tangent point on $\overline{BC}$ at that same distance from $B,$ so its distance from $C$ is $BC - (AB - 6) = 20,$ giving $BC = AB + 14.$

Let $\angle BAD = 2\theta.$ The center lies on the bisector of $\angle A$ with the tangent length from $A$ equal to $6,$ so the radius is $\rho = 6\tan\theta.$ The circle is tangent to both parallel lines $AD$ and $BC,$ whose distance apart is $AB \sin 2\theta,$ so $AB \sin 2\theta = 2\rho = 12 \tan\theta,$ which simplifies to $AB \cos^2\theta = 6.$ In triangle $ABC,$ $\angle ABC = 180^\circ - 2\theta$ and $AC = 3 + 9 + 16 = 28,$ so the law of cosines gives $\begin{aligned} 784 &= AB^2 + BC^2 \\ &\quad {}+ 2 \cdot AB \cdot BC \cos 2\theta. \end{aligned}$ Substituting $BC = AB + 14$ and $\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1,$ the $AB^2$ terms cancel and, using $AB\cos^2\theta = 6,$ the equation collapses to $24\,AB + 336 + 196 = 784,$ so $AB = \frac{21}{2}$ and $\cos^2\theta = \frac{4}{7}.$

Then $\sin 2\theta = 2\sqrt{\frac{3}{7}}\sqrt{\frac{4}{7}} = \frac{4\sqrt{3}}{7},$ and the area is $\begin{aligned} &AB \cdot BC \sin 2\theta \\ &= \frac{21}{2} \cdot \frac{49}{2} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{7} \\ &= 147\sqrt{3}, \end{aligned}$ so $m + n = 147 + 3 = 150.$

12.

对任意有限集合 $X$ ，令 $|X|$ 表示 $X$ 中元素的个数。定义 $S_n = \sum |A \cap B|\text{，}$ 其中求和遍历所有有序数对 $(A, B)$ ，满足 $A$ 和 $B$ 都是 $\{1, 2, 3, \ldots, n\}$ 的子集且 $|A| = |B|$ 。例如， $S_2 = 4$ ，因为求和遍历以下子集对： $\begin{aligned} &(A, B) \in {}\\ &\quad \small\left\{\begin{gathered} (\emptyset, \emptyset), (\{1\}, \{1\}), \\ (\{1\}, \{2\}), (\{2\}, \{1\}), \\ (\{2\}, \{2\}), (\{1, 2\}, \{1, 2\}) \end{gathered}\right\} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $S_2 = 0 + 1 + 0 + 0 + 1 + 2 = 4$ 。设 $\frac{S_{2022}}{S_{2021}} = \frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 和 $q$ 是互质正整数。求 $p + q$ 除以 $1000$ 的余数。

For any finite set $X,$ let $|X|$ denote the number of elements in $X.$ Define $S_n = \sum |A \cap B|,$ where the sum is taken over all ordered pairs $(A, B)$ such that $A$ and $B$ are subsets of $\{1, 2, 3, \ldots, n\}$ with $|A| = |B|.$ For example, $S_2 = 4$ because the sum is taken over the pairs of subsets $\begin{aligned} &(A, B) \in {}\\ &\quad \small\left\{\begin{gathered} (\emptyset, \emptyset), (\{1\}, \{1\}), \\ (\{1\}, \{2\}), (\{2\}, \{1\}), \\ (\{2\}, \{2\}), (\{1, 2\}, \{1, 2\}) \end{gathered}\right\}, \end{aligned}$ giving $S_2 = 0 + 1 + 0 + 0 + 1 + 2 = 4.$ Let $\frac{S_{2022}}{S_{2021}} = \frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find the remainder when $p + q$ is divided by $1000.$

答案

知识点：子集组合双重计数范德蒙德卷积

难度评级：2990

小提示：

交换求和顺序：对每个元素，数满足 $|A| = |B|$ 且两个集合都包含它的数对 $(A, B)$

Swap the order of summation: for each element, count the pairs $(A, B)$ with $|A| = |B|$ that contain it in both sets

大提示：

$\sum_k \binom{n-1}{k-1}^2 = \binom{2n-2}{n-1}$ ，所以 $S_n = n\binom{2n-2}{n-1}$ ；然后化简相邻两项的比值

$\sum_k \binom{n-1}{k-1}^2 = \binom{2n-2}{n-1},$ so $S_n = n\binom{2n-2}{n-1};$ then simplify the ratio of consecutive terms

解答：

按元素计数： $S_n$ 等于三元组 $(x, A, B)$ 的个数，其中 $|A| = |B|$ 且 $x \in A \cap B$ 。固定 $x$ 和集合大小 $k$ 后，包含 $x$ 的 $A$ 和 $B$ 各有 $\binom{n-1}{k-1}$ 种选择，所以由范德蒙德恒等式， $\begin{aligned} S_n &= n \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1}^2 \\ &= n\binom{2n-2}{n-1} \end{aligned}\text{。}$

因此 $\begin{aligned} \frac{S_{2022}}{S_{2021}} &= \frac{2022\binom{4042}{2021}}{2021\binom{4040}{2020}} \\ &= \frac{2022}{2021} \cdot \frac{4042 \cdot 4041}{2021^2} \\ &= \frac{2 \cdot 2022 \cdot 4041}{2021^2} \end{aligned}\text{。}$ 因为 $2021 = 43 \cdot 47$ ，它不整除 $2022$ 、 $4041 = 3^2 \cdot 449$ 或 $2$ ，所以该分数已最简： $p = 2 \cdot 2022 \cdot 4041 = 16341804$ ，且 $q = 2021^2 = 4084441$ 。

于是 $p + q = 20426245$ ，除以 $1000$ 的余数为 $245$ 。

Count element by element: $S_n$ equals the number of triples $(x, A, B)$ with $|A| = |B|$ and $x \in A \cap B.$ For a fixed $x$ and size $k,$ there are $\binom{n-1}{k-1}$ choices for each of $A$ and $B$ containing $x,$ so by the Vandermonde identity $\begin{aligned} S_n &= n \sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1}^2 \\ &= n\binom{2n-2}{n-1}. \end{aligned}$

Therefore $\begin{aligned} \frac{S_{2022}}{S_{2021}} &= \frac{2022\binom{4042}{2021}}{2021\binom{4040}{2020}} \\ &= \frac{2022}{2021} \cdot \frac{4042 \cdot 4041}{2021^2} \\ &= \frac{2 \cdot 2022 \cdot 4041}{2021^2}. \end{aligned}$ Since $2021 = 43 \cdot 47$ divides neither $2022,$ $4041 = 3^2 \cdot 449,$ nor $2,$ this fraction is in lowest terms: $p = 2 \cdot 2022 \cdot 4041 = 16341804$ and $q = 2021^2 = 4084441.$

Then $p + q = 20426245,$ whose remainder modulo $1000$ is $245.$

13.

设 $S$ 为所有能表示成循环小数 $0.\overline{abcd}$ 的有理数的集合，其中数字 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 中至少有一个非零。将 $S$ 中的数写成最简分数时，设 $N$ 为可能出现的不同分子个数。例如， $4$ 和 $410$ 都会被计入 $S$ 中的数所产生的这些不同分子中，因为 $0.\overline{3636} = \frac{4}{11}$ ，且 $0.\overline{1230} = \frac{410}{3333}$ 。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $S$ be the set of all rational numbers that can be expressed as a repeating decimal in the form $0.\overline{abcd},$ where at least one of the digits $a,$ $b,$ $c,$ or $d$ is nonzero. Let $N$ be the number of distinct numerators obtained when numbers in $S$ are written as fractions in lowest terms. For example, both $4$ and $410$ are counted among the distinct numerators for numbers in $S$ because $0.\overline{3636} = \frac{4}{11}$ and $0.\overline{1230} = \frac{410}{3333}.$ Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

知识点：循环小数欧拉函数分类讨论

难度评级：3160

小提示：

$S$ 中每个元素都是 $\frac{k}{9999}$ ，其中 $1 \le k \le 9999$ ，且 $9999 = 3^2 \cdot 11 \cdot 101$

Every element of $S$ is $\frac{k}{9999}$ with $1 \le k \le 9999$ and $9999 = 3^2 \cdot 11 \cdot 101$

大提示：

$m$ 是一个分子，当且仅当对 $9999$ 的某个因数 $D$ 有 $m \le D$ 且 $\gcd(m, D) = 1$ 。按 $3$ 、 $11$ 、 $101$ 中哪些整除 $m$ 来分类。

$m$ is a numerator exactly when $m \le D$ and $\gcd(m, D) = 1$ for some divisor $D$ of $9999.$ Classify $m$ by which of $3,$ $11,$ or $101$ divide it.

解答：

$S$ 中每个元素都等于 $\frac{k}{9999}$ ，其中 $1 \le k \le 9999$ ，且 $9999 = 3^2 \cdot 11 \cdot 101$ 。化为最简形式后为 $\frac{m}{D}$ ，其中 $D$ 整除 $9999$ 、 $m \le D$ ，且 $\gcd(m, D) = 1$ ；反过来，任何这样的 $\frac{m}{D}$ 都可由 $k = m \cdot \frac{9999}{D}$ 得到。所以 $N$ 计数的是这样的整数 $m$ ：它不超过 $9999$ 的某个因数 $D$ ，并且与该因数互质。

按质数 $3$ 、 $11$ 、 $101$ 中哪些整除 $m$ 来分类，每次都使用与 $m$ 互质的最大因数 $D$ 。如果 $\gcd(m, 9999) = 1$ ，取 $D = 9999$ ：这样的 $m$ 有 $\varphi(9999) = 6000$ 个。如果只有 $3$ 整除 $m$ ，取 $D = 11 \cdot 101 = 1111$ ：不超过 $1111$ 且不被 $11$ 或 $101$ 整除的 $3$ 的倍数有 $370 - 33 - 3 = 334$ 个。如果只有 $11$ 整除 $m$ ，取 $D = 9 \cdot 101 = 909$ ：得到 $82 - 27 = 55$ 个。如果只有 $101$ 整除 $m$ ，则 $D = 99 \lt 101$ ，没有可行值。如果 $m$ 能被 $33$ 整除但不能被 $101$ 整除，取 $D = 101$ ：数值 $33$ 、 $66$ 、 $99$ 再给出 $3$ 个；而任何被 $3 \cdot 101$ 或 $11 \cdot 101$ 整除的 $m$ 都会要求 $D \le 11$ ，不可能。

因此 $N = 6000 + 334 + 55 + 3$ $= 6392$ ，除以 $1000$ 的余数为 $392$ 。

Every element of $S$ equals $\frac{k}{9999}$ for some $1 \le k \le 9999,$ where $9999 = 3^2 \cdot 11 \cdot 101.$ In lowest terms this is $\frac{m}{D}$ where $D$ divides $9999,$ $m \le D,$ and $\gcd(m, D) = 1;$ conversely any such $\frac{m}{D}$ arises from $k = m \cdot \frac{9999}{D}.$ So $N$ counts the integers $m$ that are at most, and coprime to, some divisor $D$ of $9999.$

Classify $m$ by which of the primes $3,$ $11,$ or $101$ divide it, always using the largest divisor $D$ coprime to $m.$ If $\gcd(m, 9999) = 1,$ take $D = 9999:$ there are $\varphi(9999) = 6000$ such $m.$ If only $3$ divides $m,$ take $D = 11 \cdot 101 = 1111:$ multiples of $3$ up to $1111$ avoiding $11$ and $101$ number $370 - 33 - 3 = 334.$ If only $11$ divides $m,$ take $D = 9 \cdot 101 = 909:$ that gives $82 - 27 = 55.$ If only $101$ divides $m,$ then $D = 99 \lt 101$ admits none. If $m$ is divisible by $33$ but not by $101,$ take $D = 101:$ the values $33,$ $66,$ and $99$ give $3$ more, and any $m$ divisible by $3 \cdot 101$ or $11 \cdot 101$ would need $D \le 11,$ which is impossible.

Therefore $N = 6000 + 334 + 55 + 3$ $= 6392,$ and the remainder modulo $1000$ is $392.$

14.

给定 $\triangle ABC$ 以及其一条边上的点 $P$ 。若直线 $\ell$ 经过 $P$ ，并把 $\triangle ABC$ 分成两个周长相等的多边形，则称 $\ell$ 为 $\triangle ABC$ 经过 $P$ 的 分割线。设 $\triangle ABC$ 是一个三角形，其中 $BC = 219$ ，且 $AB$ 和 $AC$ 都是正整数。令 $M$ 和 $N$ 分别为 $\overline{AB}$ 和 $\overline{AC}$ 的中点，并且 $\triangle ABC$ 经过 $M$ 和 $N$ 的两条分割线相交成 $30^\circ$ 。求 $\triangle ABC$ 的周长。

Given $\triangle ABC$ and a point $P$ on one of its sides, call line $\ell$ the splitting line of $\triangle ABC$ through $P$ if $\ell$ passes through $P$ and divides $\triangle ABC$ into two polygons of equal perimeter. Let $\triangle ABC$ be a triangle where $BC = 219$ and $AB$ and $AC$ are positive integers. Let $M$ and $N$ be the midpoints of $\overline{AB}$ and $\overline{AC},$ respectively, and suppose that the splitting lines of $\triangle ABC$ through $M$ and $N$ intersect at $30^\circ.$ Find the perimeter of $\triangle ABC.$

答案

知识点：角平分线余弦定理丢番图方程

难度评级：3500

小提示：

证明经过 $M$ 的分割线平行于从 $C$ 出发的角平分线：它与 $\overline{BC}$ 交于 $X$ ，且 $BX = s - \frac{c}{2}$ ，并有 $\angle BXM = \frac{C}{2}$

Show the splitting line through $M$ is parallel to the angle bisector from $C:$ it meets $\overline{BC}$ at $X$ with $BX = s - \frac{c}{2},$ and $\angle BXM = \frac{C}{2}$

大提示：

从 $B$ 和 $C$ 出发的角平分线相交成 $90^\circ + \frac{A}{2}$ ，所以 $30^\circ$ 条件迫使 $\angle A = 120^\circ$ ；接着使 $4 \cdot 219^2 - 3(b+c)^2$ 成为完全平方数

The bisectors from $B$ and $C$ cross at $90^\circ + \frac{A}{2},$ so the $30^\circ$ condition forces $\angle A = 120^\circ;$ then make $4 \cdot 219^2 - 3(b+c)^2$ a perfect square

解答：

记 $a = BC = 219$ 、 $b = CA$ 、 $c = AB$ ，并令 $s$ 为半周长。经过 $M$ 的分割线与 $\overline{BC}$ 交于点 $X$ 。令两部分的周长相等，并消去两边共有的线段 $\overline{MX}$ ，得到 $\frac{c}{2}+BX=\frac{c}{2}+b+(a-BX)\text{，}$ 所以 $BX=\frac{a+b}{2}=s-\frac{c}{2}$ 。在三角形 $BMX$ 中，正弦定理说明 $\angle BXM = \frac{C}{2}$ ：这需要 $c \sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = (a + b)\sin\frac{C}{2}$ ，而它可由 $a + b = 2R(\sin A + \sin B)$ $= 4R\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A - B}{2}$ 以及 $c = 4R \sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}$ 化简为 $\sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = \cos\frac{A - B}{2}$ 。这个等式成立，因为这两个角互余。因此经过 $M$ 的分割线平行于从 $C$ 出发的角平分线；类似地，经过 $N$ 的分割线平行于从 $B$ 出发的角平分线。

从 $B$ 和 $C$ 出发的内角平分线相交成 $90^\circ + \frac{A}{2} \gt 90^\circ$ ，所以两条分割线的锐角夹角为 $90^\circ - \frac{A}{2} = 30^\circ$ ，从而 $\angle A = 120^\circ$ 。由余弦定理， $\begin{aligned} 219^2 &= b^2 + c^2 + bc \\ &= (b + c)^2 - bc \end{aligned}\text{。}$ 设 $p = b + c$ ，则 $bc = p^2 - 219^2$ ，且 $b$ 、 $c$ 是 $t^2 - pt + (p^2 - 219^2)$ 的根，因此要求 $4 \cdot 219^2 - 3p^2$ 是完全平方数 $k^2$ 。于是 $3$ 整除 $k$ 且 $3$ 整除 $p$ ；写 $p = 3r$ 、 $k = 3m$ ，条件变为 $m^2 + 3r^2 = 146^2$ 。三角形不等式 $p \gt 219$ 与 $4 \cdot 219^2 \ge 3p^2$ 将范围限制为 $74 \le r \le 84$ ，检查后只有 $r = 80$ 可行，此时 $m = 46$ 。

所以 $b + c = 240$ ，且 $bc = 240^2 - 47961 = 9639$ ，给出 $\{b, c\} = \{51, 189\}$ ，这是一个有效三角形。周长为 $219 + 240 = 459$ 。

Write $a = BC = 219,$ $b = CA,$ $c = AB,$ and $s$ for the semiperimeter. The splitting line through $M$ meets $\overline{BC}$ at the point $X.$ Equating the two piece perimeters and cancelling their common segment $\overline{MX}$ gives $\frac{c}{2}+BX=\frac{c}{2}+b+(a-BX),$ so $BX=\frac{a+b}{2}=s-\frac{c}{2}.$ In triangle $BMX,$ the law of sines shows $\angle BXM = \frac{C}{2}:$ this needs $c \sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = (a + b)\sin\frac{C}{2},$ which reduces via $a + b = 2R(\sin A + \sin B)$ $= 4R\cos\frac{C}{2}\cos\frac{A - B}{2}$ and $c = 4R \sin\frac{C}{2}\cos\frac{C}{2}$ to $\sin\left(B + \frac{C}{2}\right) = \cos\frac{A - B}{2},$ true because those angles are complementary. Hence the splitting line through $M$ is parallel to the angle bisector from $C,$ and likewise the one through $N$ is parallel to the bisector from $B.$

The internal bisectors from $B$ and $C$ meet at $90^\circ + \frac{A}{2} \gt 90^\circ,$ so the acute angle between the two splitting lines is $90^\circ - \frac{A}{2} = 30^\circ,$ forcing $\angle A = 120^\circ.$ The law of cosines gives $\begin{aligned} 219^2 &= b^2 + c^2 + bc \\ &= (b + c)^2 - bc. \end{aligned}$ Set $p = b + c,$ so $bc = p^2 - 219^2$ and $b$ and $c$ are roots of $t^2 - pt + (p^2 - 219^2),$ requiring $4 \cdot 219^2 - 3p^2$ to be a perfect square $k^2.$ Then $3$ divides $k$ and $3$ divides $p;$ writing $p = 3r$ and $k = 3m$ turns the condition into $m^2 + 3r^2 = 146^2.$ The triangle inequality $p \gt 219$ and $4 \cdot 219^2 \ge 3p^2$ restrict $74 \le r \le 84,$ and checking these, only $r = 80$ works, with $m = 46.$

So $b + c = 240$ and $bc = 240^2 - 47961 = 9639,$ giving $\{b, c\} = \{51, 189\}$ — a valid triangle. The perimeter is $219 + 240 = 459.$

15.

设 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 为正实数，满足方程组 $\sqrt{2x - xy} + \sqrt{2y - xy} = 1$ $\sqrt{2y - yz} + \sqrt{2z - yz} = \sqrt{2}$ $\sqrt{2z - zx} + \sqrt{2x - zx} = \sqrt{3}\text{。}$ 则 $\left[(1 - x)(1 - y)(1 - z)\right]^2$ 可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质正整数。求 $m + n$ 。

Let $x,$ $y,$ and $z$ be positive real numbers satisfying the system of equations $\sqrt{2x - xy} + \sqrt{2y - xy} = 1$ $\sqrt{2y - yz} + \sqrt{2z - yz} = \sqrt{2}$ $\sqrt{2z - zx} + \sqrt{2x - zx} = \sqrt{3}.$ Then $\left[(1 - x)(1 - y)(1 - z)\right]^2$ can be written as $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：方程组三角恒等式换元法

难度评级：3270

小提示：

将每个根式分解为 $\sqrt{x(2 - y)}$ ，并代换 $x = 2\sin^2\alpha$ 、 $y = 2\sin^2\beta$ 、 $z = 2\sin^2\gamma$

Factor each radical as $\sqrt{x(2 - y)}$ and substitute $x = 2\sin^2\alpha,$ $y = 2\sin^2\beta,$ $z = 2\sin^2\gamma$

大提示：

每个方程都由和角公式化为 $2\sin(\alpha + \beta) = 1$ 等形式；解这个小型角度线性方程组，再使用 $1 - 2\sin^2\theta = \cos 2\theta$

Each equation collapses by the addition formula to $2\sin(\alpha + \beta) = 1,$ etc.; solve the little linear system for the angles and use $1 - 2\sin^2\theta = \cos 2\theta$

解答：

每个被开方数都可分解： $2x - xy = x(2 - y)$ ，其余同理，所以 $0 \lt x, y, z \le 2$ 。令 $x = 2\sin^2\alpha$ ， $y = 2\sin^2\beta$ ， $z = 2\sin^2\gamma$ ，其中 $\alpha, \beta, \gamma \in \left(0^\circ, 90^\circ\right]$ 。则 $\sqrt{x(2 - y)} = \sqrt{4\sin^2\alpha\cos^2\beta}$ $= 2\sin\alpha\cos\beta$ ，每个方程都由正弦和角公式化为 $2\sin(\alpha + \beta) = 1\text{，}$ $2\sin(\beta + \gamma) = \sqrt{2}\text{，}$ $2\sin(\gamma + \alpha) = \sqrt{3}\text{。}$

一个可行选择是 $\alpha + \beta = 30^\circ$ ， $\beta + \gamma = 45^\circ$ ， $\gamma + \alpha = 60^\circ$ ，得到 $\alpha = 22.5^\circ$ ， $\beta = 7.5^\circ$ ， $\gamma = 37.5^\circ$ 。与 $0^\circ \lt \alpha,\beta,\gamma \le 90^\circ$ 一致的另一个分支使用两两之和 $150^\circ,135^\circ,120^\circ$ ，得到 $\alpha = 67.5^\circ$ ， $\beta = 82.5^\circ$ ， $\gamma = 52.5^\circ$ ；其下述乘积是第一个分支乘积的相反数，所以所求平方相同。对第一个分支，倍角公式给出 $1 - x = \cos 2\alpha = \cos 45^\circ$ ， $1 - y = \cos 15^\circ$ ，且 $1 - z = \cos 75^\circ$ 。

因此 $\begin{aligned} &(1 - x)(1 - y)(1 - z) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}\cos 15^\circ \\ &\quad {}\cdot \sin 15^\circ \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sin 30^\circ}{2} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{8} \end{aligned}\text{，}$ 其平方为 $\frac{2}{64} = \frac{1}{32}$ 。所以 $m + n = 1 + 32 = 33$ 。

Each radicand factors: $2x - xy = x(2 - y),$ and so on, so $0 \lt x, y, z \le 2.$ Substitute $x = 2\sin^2\alpha,$ $y = 2\sin^2\beta,$ $z = 2\sin^2\gamma$ with $\alpha, \beta, \gamma \in \left(0^\circ, 90^\circ\right].$ Then $\sqrt{x(2 - y)} = \sqrt{4\sin^2\alpha\cos^2\beta}$ $= 2\sin\alpha\cos\beta,$ and each equation collapses by the sine addition formula: $2\sin(\alpha + \beta) = 1,$ $2\sin(\beta + \gamma) = \sqrt{2},$ $2\sin(\gamma + \alpha) = \sqrt{3}.$

One admissible choice is $\alpha + \beta = 30^\circ,$ $\beta + \gamma = 45^\circ,$ $\gamma + \alpha = 60^\circ,$ which gives $\alpha = 22.5^\circ,$ $\beta = 7.5^\circ,$ $\gamma = 37.5^\circ.$ The only other branch consistent with $0^\circ \lt \alpha,\beta,\gamma \le 90^\circ$ uses pairwise sums $150^\circ,135^\circ,120^\circ,$ giving $\alpha = 67.5^\circ,$ $\beta = 82.5^\circ,$ $\gamma = 52.5^\circ;$ its product below is the negative of the first branch’s product, so the requested square is identical. For the first branch, the double-angle identity gives $1 - x = \cos 2\alpha = \cos 45^\circ,$ $1 - y = \cos 15^\circ,$ and $1 - z = \cos 75^\circ.$

Therefore $\begin{aligned} &(1 - x)(1 - y)(1 - z) \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2}\cos 15^\circ \\ &\quad {}\cdot \sin 15^\circ \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{\sin 30^\circ}{2} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{8}, \end{aligned}$ whose square is $\frac{2}{64} = \frac{1}{32}.$ Thus $m + n = 1 + 32 = 33.$