设 $a$，$b$ 为正实数，且 $a\geqslant b$，设 $p$ 是 $\frac{a}{b}$ 的最大值，使得方程组
${{a}^{2}}+{{y}^{2}}={{b}^{2}}+{{x}^{2}}={{\left( a-x \right)}^{2}}+{{\left( b-y \right)}^{2}}$
有一解 $\left( x, y \right)$ 满足 $0\leqslant x\leqslant a$，$0\leqslant y\leqslant b$．${{p}^{2}}$ 可以写成分数 $\frac{m}{n}$ 的形式，其中 $m$，$n$ 为互素的正整数，求 $m+n$ 的值．
${{a}^{2}}+{{y}^{2}}={{b}^{2}}+{{x}^{2}}={{\left( a-x \right)}^{2}}+{{\left( b-y \right)}^{2}}$
有一解 $\left( x, y \right)$ 满足 $0\leqslant x\leqslant a$，$0\leqslant y\leqslant b$．${{p}^{2}}$ 可以写成分数 $\frac{m}{n}$ 的形式，其中 $m$，$n$ 为互素的正整数，求 $m+n$ 的值．
【难度】
【出处】
2008年第26届美国数学邀请赛Ⅱ（AIMEⅡ）
【标注】
【答案】
7
【解析】
作矩形 $ABCD$，使 $AB=CD=a$，$BC=DA=b$．在边 $AB$ 和 $BC$ 上分别取点 $E$ 和 $F$，使得 $AE=x$，$CF=y$．由条件知 $\vartriangle DEF$ 为正三角形．设 $\angle ADE=\alpha $，其中 $0\leqslant\alpha \leqslant 30$，则 $\angle FDC=30{}^\circ -\alpha $，故
$\frac{a}{b}=\frac{CD}{AD}=\frac{CD}{DF}\cdot\frac{DE}{AD}=\frac{\cos \left( 30{}^\circ -\alpha \right)}{\cos \alpha }\leqslant \frac{1}{\cos30{}^\circ }=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
另一方面，当 $\frac{a}{b}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 时，$x=\frac{a}{2}$，$y=0$ 是原题中方程得解，故 $p=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，${{p}^{2}}=\frac{4}{3}$，因此所求的 $m+n=7$．
$\frac{a}{b}=\frac{CD}{AD}=\frac{CD}{DF}\cdot\frac{DE}{AD}=\frac{\cos \left( 30{}^\circ -\alpha \right)}{\cos \alpha }\leqslant \frac{1}{\cos30{}^\circ }=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
另一方面，当 $\frac{a}{b}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 时，$x=\frac{a}{2}$，$y=0$ 是原题中方程得解，故 $p=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，${{p}^{2}}=\frac{4}{3}$，因此所求的 $m+n=7$．
答案
解析
备注
