Question

三角形 $\triangle ABC$ 位于平面 $\mathcal{P}$ 内，且 $AB = 6$ 、 $AC = 4$ 、 $\angle BAC = 90^\circ$ 。令 $D$ 为 $\triangle ABC$ 的重心关于 $\overline{BC}$ 的反射点。四个球都位于 $\mathcal{P}$ 的同一侧，半径分别为 $1, 2, 3$ 和 $r$ ，并分别在点 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 和 $D$ 处与 $\mathcal{P}$ 相切。这四个球还都与第二个平面 $\mathcal{T}$ 相切，并全部位于 $\mathcal{T}$ 的同一侧。 $r$ 的值可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 为互质正整数。求 $m + n$ 。

Triangle $\triangle ABC$ lies in plane $\mathcal{P}$ with $AB = 6,$ $AC = 4,$ and $\angle BAC = 90^\circ.$ Let $D$ be the reflection across $\overline{BC}$ of the centroid of $\triangle ABC.$ Four spheres, all on the same side of $\mathcal{P},$ have radii $1, 2, 3,$ and $r$ and are tangent to $\mathcal{P}$ at points $A,$ $B,$ $C,$ and $D,$ respectively. The four spheres are also each tangent to a second plane $\mathcal{T}$ and are all on the same side of $\mathcal{T}.$ The value of $r$ can be written as $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：161

知识点：球立体几何坐标几何变换

难度评级：3060

解答：

半径为 $\rho$ 、在 $P$ 处与 $\mathcal{P}$ 相切的球，其球心为 $P + \rho k$ ，其中 $k$ 是 $\mathcal{P}$ 向上的单位法向量。取坐标使 $\mathcal{P}$ 为 $xy$ -平面，把 $\mathcal{T}$ 写成 $\{x : n \cdot x = c\}$ ，其中单位法向量 $n = (n_1, n_2, h)$ 。所有球在同一侧相切意味着对每个球都有 $n \cdot (P + \rho k) - c = \rho$ ，也就是 $n_1 x_P + n_2 y_P - c = (1 - h)\rho$ 。这里 $h \ne 1$ ，否则左边会是常数而半径不同。因此 $\rho = g(P)$ ，其中仿射函数 $g(x,y) = \frac{n_1 x + n_2 y - c}{1 - h}$ 。

取 $A = (0,0)$ 、 $B = (6,0)$ 、 $C = (0,4)$ 。满足 $g(A) = 1$ 、 $g(B) = 2$ 、 $g(C) = 3$ 的仿射函数为 $g(x,y) = 1 + \frac{x}{6} + \frac{y}{2}$ 。重心为 $G = \left(2, \frac{4}{3}\right)$ ，直线 $BC$ 为 $2x + 3y = 12$ 。因为 $2 \cdot 2 + 3 \cdot \frac{4}{3} - 12 = -4$ ，反射得到 $\begin{aligned} D &= G + \frac{8}{13}\,(2, 3) \\ &= \left(\frac{42}{13},\ \frac{124}{39}\right). \end{aligned}$

因此 $r = g(D)$ $= 1 + \frac{1}{6} \cdot \frac{42}{13}$ $+ \frac{1}{2} \cdot \frac{124}{39}$ $= 1 + \frac{21}{39} + \frac{62}{39}$ $= \frac{122}{39}$ 。（这样的平面确实存在：法向量条件 $(1-h)^2\left|\nabla g\right|^2 = 1 - h^2$ ，且 $\left|\nabla g\right|^2 = \frac{5}{18}$ ，给出 $h = -\frac{13}{23}$ 。）因为 $\gcd(122, 39) = 1$ ，答案为 $122 + 39 = 161$ 。

A sphere of radius $\rho$ tangent to $\mathcal{P}$ at $P$ has center $P + \rho k,$ where $k$ is the upward unit normal of $\mathcal{P}.$ Write $\mathcal{T}$ as $\{x : n \cdot x = c\}$ with unit normal $n = (n_1, n_2, h)$ in coordinates where $\mathcal{P}$ is the $xy$ -plane. Tangency with all spheres on the same side means $n \cdot (P + \rho k) - c = \rho$ for each sphere, that is $n_1 x_P + n_2 y_P - c = (1 - h)\rho.$ Here $h \ne 1,$ since otherwise the left side would be constant while the radii differ. So $\rho = g(P)$ for the affine function $g(x,y) = \frac{n_1 x + n_2 y - c}{1 - h}.$

Take $A = (0,0),$ $B = (6,0),$ $C = (0,4).$ The affine function with $g(A) = 1,$ $g(B) = 2,$ $g(C) = 3$ is $g(x,y) = 1 + \frac{x}{6} + \frac{y}{2}.$ The centroid is $G = \left(2, \frac{4}{3}\right),$ and line $BC$ is $2x + 3y = 12.$ Since $2 \cdot 2 + 3 \cdot \frac{4}{3} - 12 = -4,$ reflecting gives $\begin{aligned} D &= G + \frac{8}{13}\,(2, 3) \\ &= \left(\frac{42}{13},\ \frac{124}{39}\right). \end{aligned}$

Therefore $r = g(D)$ $= 1 + \frac{1}{6} \cdot \frac{42}{13}$ $+ \frac{1}{2} \cdot \frac{124}{39}$ $= 1 + \frac{21}{39} + \frac{62}{39}$ $= \frac{122}{39}.$ (Such a plane exists: the normal condition $(1-h)^2\left|\nabla g\right|^2 = 1 - h^2$ with $\left|\nabla g\right|^2 = \frac{5}{18}$ gives $h = -\frac{13}{23}.$ ) Since $\gcd(122, 39) = 1,$ the answer is $122 + 39 = 161.$

2026 AIME I 第 12 题

答案：161

难度评级：3060

解答：

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