Question

令 $A_1A_2 \ldots A_{11}$ 为一个非凸简单 $11$ 边形，满足以下性质：

• 对每个整数 $2 \le i \le 10$ ， $\triangle A_iA_1A_{i+1}$ 的面积为 $1$ 。

• 对每个整数 $2 \le i \le 10$ ， $\cos(\angle A_iA_1A_{i+1}) = \frac{12}{13}$ 。

• $11$ 边形 $A_1A_2 \ldots A_{11}$ 的周长等于 $20$ 。

那么 $A_1A_2 + A_1A_{11}$ 可表示为 $\frac{m\sqrt{n} - p}{q}$ ，其中 $m$ ， $n$ ， $p$ ，和 $q$ 是正整数， $n$ 不被任何质数的平方整除，且没有质数同时整除 $m$ ， $p$ ，和 $q$ 。求 $m + n + p + q$ 。

Let $A_1A_2 \ldots A_{11}$ be an $11$ -sided non-convex simple polygon with the following properties:

• For every integer $2 \le i \le 10,$ the area of $\triangle A_iA_1A_{i+1}$ is $1.$

• For every integer $2 \le i \le 10,$ $\cos(\angle A_iA_1A_{i+1}) = \frac{12}{13}.$

• The perimeter of the $11$ -gon $A_1A_2 \ldots A_{11}$ is equal to $20.$

Then $A_1A_2 + A_1A_{11}$ can be expressed as $\frac{m\sqrt{n} - p}{q}$ where $m,$ $n,$ $p,$ and $q$ are positive integers, $n$ is not divisible by the square of any prime, and no prime divides all of $m,$ $p,$ and $q.$ Find $m + n + p + q.$

答案

答案：19

知识点：余弦定理三角形面积二次方程找规律

难度评级：3160

解答：

令 $r_i = A_1A_i$ ，其中 $2 \le i \le 11$ ，并令公共角为 $\theta$ ，满足 $\cos\theta = \frac{12}{13}$ 且 $\sin\theta = \frac{5}{13}$ 。每个面积条件说明 $\frac{1}{2} r_i r_{i+1} \cdot \frac{5}{13} = 1$ ，所以对 $i = 2, \ldots, 10$ 有 $r_i r_{i+1} = \frac{26}{5}$ 。连续乘积相等迫使 $r_i$ 在两个值之间交替：设 $a = r_2 = r_4 = \cdots$ ， $b = r_3 = r_5 = \cdots$ ，且 $ab = \frac{26}{5}$ ；特别地， $r_{11} = b$ 。

由余弦定理，每条 $2 \le i \le 10$ 的边 $A_iA_{i+1}$ 都有相同长度 $s$ ，其中令 $u = a + b$ 周长条件为 $9\sqrt{u^2 - 20} + u = 20$ 。平方 $9\sqrt{u^2 - 20} = 20 - u$ ，得到 $81u^2 - 1620 = 400 - 40u + u^2$ ，化简为 $4u^2 + 2u - 101 = 0$ ，所以 $u = \frac{-1 + 9\sqrt{5}}{4}$ （正根；且 $20 - u \gt 0$ 符合要求）。 $\begin{gathered} s^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \tfrac{12}{13} \\ = (a + b)^2 - 2ab - \tfrac{48}{5} \\ = (a+b)^2 - 20. \end{gathered}$

因此 $A_1A_2 + A_1A_{11} = a + b$ $= \frac{9\sqrt{5} - 1}{4}$ ，其中 $5$ 无平方因子，且没有质数同时整除 $9$ ， $1$ ，和 $4$ 。答案为 $9 + 5 + 1 + 4 = 19$ 。

Let $r_i = A_1A_i$ for $2 \le i \le 11,$ and let $\theta$ be the common angle, with $\cos\theta = \frac{12}{13}$ and $\sin\theta = \frac{5}{13}.$ Each area condition says $\frac{1}{2} r_i r_{i+1} \cdot \frac{5}{13} = 1,$ so $r_i r_{i+1} = \frac{26}{5}$ for $i = 2, \ldots, 10.$ Consecutive products being equal forces the $r_i$ to alternate between two values $a = r_2 = r_4 = \cdots$ and $b = r_3 = r_5 = \cdots,$ with $ab = \frac{26}{5};$ in particular $r_{11} = b.$

By the law of cosines, every side $A_iA_{i+1}$ with $2 \le i \le 10$ has the same length $s,$ where $\begin{gathered} s^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \tfrac{12}{13} \\ = (a + b)^2 - 2ab - \tfrac{48}{5} \\ = (a+b)^2 - 20. \end{gathered}$ Writing $u = a + b,$ the perimeter condition is $9\sqrt{u^2 - 20} + u = 20.$ Squaring $9\sqrt{u^2 - 20} = 20 - u$ gives $81u^2 - 1620 = 400 - 40u + u^2,$ which simplifies to $4u^2 + 2u - 101 = 0,$ so $u = \frac{-1 + 9\sqrt{5}}{4}$ (the positive root; then $20 - u \gt 0$ as required).

Thus $A_1A_2 + A_1A_{11} = a + b$ $= \frac{9\sqrt{5} - 1}{4},$ with $5$ squarefree and no prime dividing all of $9,$ $1,$ $4.$ The answer is $9 + 5 + 1 + 4 = 19.$

2025 AIME II 第 12 题

答案：19

难度评级：3160

解答：

其他年份的第 12 题