本周三，今年的AMC10/12B比赛也已经结束。据说这次10B的题目比10A要简单一些，下面我们来做一做10B的最后五道题。
和10A一样，几何题仍然比较简单。
多圆相切，多圆和直线相切，是日本数学史中算额上常见的问题类型，日本数学奥林匹克基金会（JMO）的Logo上就有四个和圆内接六边形对角线分别相切的圆。我们在之前的文章【1, 2】中对此做过详细介绍。
回到AMC 10B的这道题。易知一个符合题意的圆位于已知两圆和直线之间，与已知两圆分别外切；另一圆位于已知小圆右侧，与已知两圆分别外切。同时，不存在符合题意的圆与已知两圆内切，因为它无法同时与直线相切。
令蓝色圆的半径为r，利用蓝色圆和已知两圆的两两相切关系，使用勾股定理得到，
(1 – r)2 + AC2 = (1 + r)2, AC2 = 4r
(1/4 – r)2 + BC2 = (1/4 + r)2, BC2 = r
(1 – 1/4)2 + AB2 = (1 + 1/4)2, AB2 = 1
所以，
1 = √(4r) + √r
r = 1/9
同理，利用橙色圆和已知两圆的两两相切，使用勾股定理可以求得橙色圆的半径为1。
所以两个符合题意的圆的半径之和为10/9。
答案为C。
实际上，我们也使用四圆相切的笛卡尔定理，将直线看成半径无穷大的一个圆，即可得到一个关于第四个圆半径r的一元二次方程：
解这个方程即可得到两个可能的半径为1和1/9。
这个计数问题似乎很基础。
先考虑16人的分组。
假设四个组为ABCD四不同的委员会，那么分组一共有C(16, 4) ∙ C(12, 4) ∙ C(8, 4)种方案。根据题意四个委员会是不可区分的，所以方案数需要除以四个委员会的全排列，即C(16, 4) ∙ C(12, 4) ∙ C(8, 4) / P(4, 4)。
再考虑主席和秘书的产生。
对于每一个委员会，都有C(4, 1) ∙ C(3, 1)种方案。因为每个委员会主席和秘书的产生是相对独立的，所以对于四个委员会主席和秘书的产生，一共存在[C(4, 1) ∙ C(3, 1)]4种方案。
因此，
3rM = C(16, 4) ∙ C(12, 4) ∙ C(8, 4) / P(4, 4) ∙ [C(4, 1) ∙ C(3, 1)]4 = 15! / 24
考虑因子3的个数，15!有1 + 1 + 2 + 1 + 1个，24有1个，所以r = 5。
答案为A。
关于斐波那契数列的恒等式非常多，这道题应该有很多种解法，这里提供一个不使用恒等式的解法。
令φ和τ是一元二次方程x2 – x – 1 = 0的两个实数根。斐波那契数列的通项公式即，
因此，
利用一元二次方程变形：1 – φ = - 1/φ和1 – τ = - 1/τ，
利用韦达定理：φ + τ = 1，φτ = - 1。
φ2 + τ2 = (φ + τ)2 – 2φτ = 3
φ3 + τ3 = (φ + τ)(φ2 + τ2 – φτ) = 4
φ6 + τ6 = (φ3 + τ3)2 – 2(φτ)3 = 18
φ12 + τ12 = (φ6 + τ6)2 – 2(φτ)6 = 322
因此，题目中求和的结果等于322 – 3 = 319。
答案为B。
作为AMC 10级别的倒数第二题，这道题似乎太简单了些。
对于偶数m，分子中因子2的个数不小于分母中因子2的个人，P(m)显然是整数。
当m = 4k ± 1时，P(m)的分数部分为± 1/2 + 1/4 + 1/8 + 1/8，等于0或者1，所以P(m)同样为整数。
因此，P(2022)，P(2023)，P(2024)和P(2025)都是整数。
答案为E。
这道题也让我深深怀疑今后AMC题目的顺序和其难度之间不再有任何关联。
将题目条件翻译成数学语言，即对于互质的整数a, b, c，有三元一次方程组：
2b – 3a = 1
2c – 3b = 1
7a – 3c = 1
简单求解，可得：a = 19，b = 29，c = 44。
a + b + c = 92
答案为E。
有意思的是，题目条件恰好是互质整数之间的裴蜀定理。
参考出处：
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