（參考）2012江蘇省數(shù)學競賽《提優(yōu)教程》教案：第12講組合幾何

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1、第12講 組合幾何 本節(jié)主要內(nèi)容是組合幾何，幾何中一些組合性質(zhì)的問題．按照數(shù)學家厄迪斯的說法，凸性、覆蓋、嵌入、計數(shù)、幾何不等式、等都屬于這類問題．凸包和覆蓋、幾何不等式問題分別在第6講、第15講已經(jīng)著重講解過，本講仍有所涉及，本講涉及組合計數(shù)、幾何極值、幾何圖形的分割和一些組合幾何雜題． A類例題 例1 證明：任何面積等于1的凸四邊形的周長及兩條對角線之和不小于4+2.(1985年奧地利和波蘭聯(lián)合數(shù)學競賽試題) 分析 先考慮兩種特殊情形：面積等于1的正方形和菱形. 在正方形中周長為4,對角線之和為2；在菱形中,　兩條對角線長分別為l1和l2, 則因面積面積S= l1l2 =1,故

2、l1＋l2≥2=2,而周長=4=2≥2 =4. 故兩種特殊情形之下結(jié)論成立．這就啟發(fā)我們可將周長和對角線分開來考慮． 證明 設(shè)ABCD是任一面積為1的凸四邊形(如圖)，于是有 1=(eg+gf+fh+he)sinα≤(eg+gf+fh+he)＝(e＋f )( g+h) ≤()2, 即對角線之和為e＋f + g+h≥2． 再按圖的方式最新將圖形中線段和角標上字母，于是又有 2=2S四邊形ABCD = absinβ1+bcsinβ2+cdsinβ3+dasinβ4 ≤(ab+bc+cd+da)= (a+c)(b+d)≤()2, 則a+b+c+d≥4. 綜上所述, 命題結(jié)論成立．

3、 說明 幾何不等式的證明通常引進幾何變量后化歸為代數(shù)不等式的證明，其中均值不等式和柯西不等式經(jīng)常使用． 例2 在平面上給定五個點，連接這些點的直線互不平行、互不垂直，也互不重合．過每一點作兩兩連接其余四點的所有直線的垂線．若不計原來給定的五點, 這些垂線彼此間的交點最多能有多少個？(第6屆IMO試題) 分析 先考慮所有五個點間的連線的情況，再考慮每點向所有連線作的垂線的情況，利用多個點向一條直線作垂線沒有交點，三角形的三條高線交于一點，將多計數(shù)的交點一一剔除． 解 由題設(shè)條件，給定的五個點之間的連線共有C=10條, 這些點構(gòu)成的三角形共有C=10個．過給定五點中的每一個作不通過該

4、點連線的垂線共有5C=30條．若此30條垂線兩兩互不平行, 它們的交點也互不重合, 則共有C=435個交點．然而，在本問題中的30條垂線有相互平行的, 也有交點重合的, 故應(yīng)從435個交點中減去多計入的交點個數(shù)． 首先，對于任一條連線，過其余三點所作該連線的三條垂線是彼此平行而無交點的，故應(yīng)從總數(shù)中減去由此多計入的10 C=30個交點；其次，對于由這些連線構(gòu)成的每一個三角形來說，三條高同交于一點，而這三條高也為所作的垂線，故應(yīng)從總數(shù)中再減去10(C-1)=20個多計入的交點；又過每一頂點所作其余連線的垂線都重交于該頂點，而欲求交點數(shù)是不記入該五個頂點的，故又應(yīng)從總數(shù)中再減去5C=75個多計入

5、的頂點(恰有C=6條垂線在一頂點處相交)． 故至多有435-20-30-75=310個交點． 說明 簡單的組合計數(shù)問題和普通的排列組合問題解決的方法類似，必須做到既不遺漏，也不重復(不多算，也不少算)，復雜的問題還要構(gòu)造遞推關(guān)系、利用映射、算兩次、數(shù)學歸納法等思想方法加以考慮，見本書其它講座． 情景再現(xiàn) 1. 在平面上給定正方形ABCD,　試求比值的最小值，其中O是平面上的任意點．(1993年圣彼得堡市數(shù)學選拔考試試題) 2. 由9條水平線與9條豎直線組成的88的棋盤共形成r個矩形，其中s個正方形， 的值可由形式表示，其中m,n均為正整數(shù)，且是既約分數(shù).　求m+n的值.(1997年

6、美國數(shù)學邀請賽試題) B類例題 例3 已知邊長為4的正三角形ABC，D、E、F分別是BC、CA、AB上的點，且|AE|=|BF|=|CD|=1，連接AD、BE、CF，交成△RQS，P點在△RQS內(nèi)及其邊上移動，P點到△ABC三邊的距離分別記作x、y、z. 1. 求證：當P點在△RQS的頂點時，乘積xyz有極小值； 2. 求上述乘積的極小值.（1982年全國高中數(shù)學聯(lián)賽試題） 分析 逐步調(diào)整法　先固定x，考慮yz的最小值.　 然后又由對稱性擴大P點的變化范圍求乘積xyz的極小值． 解 1.如圖，第一步，先固定x，考慮yz的最小值. 即過P作直線l∥BC，當P在l上變化時，yz何

7、時最小. 第二步，先證兩個引理： 引理1：x+y+z=定值，這個定值就是正三角形的高. 引理2：設(shè)y∈[α,β]，y的二次函數(shù)y(a—y)在[α, β] 的一個端點處取得最小值. 引理1的證明用面積法，引理2的證明可用配方法.（證明留給讀者） 由兩個引理不難得到：如果P’,P’’為l上的兩點，那么當P在區(qū)間[P’,P’’]上變動時，xyz在端點P’P’’處取得最小值. 第三步，擴大P點的變化范圍： 根據(jù)上面所述，當P點在l上變動時，xyz在端點P’或P”處為最小，這里P’、P”是l與△RQS的邊界的交點，但△RQS的邊不與△ABC的邊平行，因而在P移到△RQS的邊界后，不能搬用

8、上述方法再將P’或P”調(diào)整為△ABC的頂點. 但是我們可以把P’點變化區(qū)域由△PQR擴大為圖中所示的六邊形R R’QQ’ S S’, 其中R R’∥Q’S∥CA, R’Q∥S’S∥BC, Q’Q∥RS’∥AB,也就是說: R與 R’關(guān)于∠ABC的平分線為對稱. S’與R關(guān)于∠ACB的平分線為對稱,等等.過P作平行于BC的直線 l,將P調(diào)整為l與六邊形R R’QQ’ S S’的邊界的交點P’(或P”),再將P’調(diào)整為頂點R 或S’,每一次調(diào)整都使xyz的值減小. 由于對稱, xyz在六個頂點R ,R’,Q,Q’ ,S,S’處的值顯然相等,因而命題成立. 2.由題易知，△ABE≌△BC

9、F≌△CAD，從而△AER≌△BFQ≌△CDS，△RQS是正三角形. 由1，我們只考慮S點x，y，z的取值. 由于△ASE∽△ADC,故|AS|:|SE|=4:1, 由于△AFQ∽△ABD, 故|AQ|:|QF|=4:3. 所以故|AS|:|SQ|:|QD|=4:8:1, 又由于△ABC的高h= ,故可求得 說明 本題用到二次函數(shù)的基本性質(zhì)：定區(qū)間上二次函數(shù)的最值只能在端點或?qū)ΨQ軸處取到． 例4設(shè)一凸四邊形ABCD，它的內(nèi)角中僅有∠D是鈍角，用一些直線段將該凸四邊形分割成n個鈍角三角形，但除去A、B、C、D外，在該凸四邊形的周界上，不含分割出的鈍角三角形的頂點，試證n應(yīng)該

10、滿足的充要條件是n≥4.(1993年全國高中數(shù)學聯(lián)賽第二試試題) 分析　充分性：采用構(gòu)造法. 先連AC，再以AC為直徑作半圓，由直徑所對的圓周角是直角啟發(fā)構(gòu)造4個鈍角三角形. 必要性：先證非鈍角三角形不能分成兩個鈍角三角形.再證n≥4. 解 充分性 (1)非鈍角三角形一定可以分割成三個鈍角三角形. 事實上，取銳角三角形任一頂點，或直角三角形直角頂點，設(shè)為B，向?qū)匒C作高BG，再以AC為直徑向三角形內(nèi)作半圓，于是，BG把位于該半圓內(nèi)的任意點E與三頂點連線將三角形分割成三個鈍角三角形△ABE、△BCE、△CAE，即為所求. (2)凸四邊形ABCD可分割成4個鈍角三角形. 如圖，

11、連線段AC，又由(1), △ABC可分割成三個鈍角三角形，加上鈍角△ACD，共有4個鈍角三角形. (3)凸四邊形ABCD可分割為n=5，6，…個鈍角三角形，如圖，作AE1、AE2、…，即得新的分割的鈍角三角形△AEE1，△AE1E2，…共有5，6，…個鈍角三角形(外角∠AE1C＞∠AEC＞900,∠AE2C＞∠AEC,…) 必要性 先指出一個事實：非鈍角三角形不能分割成兩個鈍角三角形. 這是因為由任一頂點向?qū)呑鞣指罹€段與對邊的夾角不能將180o分成兩個鈍角，所以不能分割成兩個鈍角三角形. 設(shè)凸四邊形已被分割為n個鈍角三角形，如果該凸四邊形的四條邊分別屬于4個不同的鈍角三角形，則已證得

12、了n≥4. 如果有兩條鄰邊同屬于一個鈍角三角形(不相鄰的兩邊不能構(gòu)成三角形)，這時有下列兩種情況之一發(fā)生： (I)該兩鄰邊夾角為鈍角∠D，于是∠D不能分割. 這時AC必為分割線. 非鈍角三角形△ABC必被再分割之，它不能分割成2個鈍角三角形，只能分割成3個以上的鈍角三角形，連同鈍角三角形△ADC，有n≥4. (II)該兩鄰邊的夾角不是∠D，這時夾角不能是∠B，因為△ABC不是鈍角三角形，因為夾角只能是∠A或∠C而使BD為分割線，并且將∠D分割出一個鈍角，使該兩鄰邊構(gòu)成鈍角三角形的兩條邊，這樣，另一非鈍角三角形必被再分割之，于是同理必須分割成3個以上的鈍角三角形，同理得到n≥4. 說明

13、 組合幾何在全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試中經(jīng)常出現(xiàn)，本題的難點在必要性的證明，充分性的證明只要構(gòu)造就好了． 例5 設(shè)凸四邊形ABCD的面積為1，求證在它的邊上(包括頂點)或內(nèi)部可以找到四個點，使得以其中任意三點為頂點所構(gòu)成的四個三角形的面積均大于.(1991年全國高中數(shù)學聯(lián)賽第二試試題) 分析 在四個三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB中選出一個面積最小的，然后按其面積與的大小分四類情況加以討論. 證明 如圖 (1)，考慮四個三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面積，不妨設(shè)S△DA B為最小.這時有四種情況： (1)S△DA B>.這時顯然A、B、C、D即為所求的四

14、個點. (2)S△DA B<.設(shè)G為△BCD的重心. 因 S△BCD=1－S△DA B >,故 S△GBC= S△GCD= S△GDB=S△BCD>. 于是，B、C、D、G四點即為所求. (3)S△DA B=，而其它三個三角形的面積均大于，由于S△A BC=1－S△CDA<=S△BCD, 故過A作BC的平行線l必與線段CD相交于CD內(nèi)部的一點E. 由于S△A BC>S△DA B, 故S△EA B>S△DA B=.又S△EAC=S△EA B,S△E BC=S△A BC>.故E、A、B、C四點即為所求. (4)S△DA B=，而其它三個三角形中還有一個面積為，不妨設(shè)S△C

15、DA = (如圖(2))， 因S△DA B=S△CDA ，故AD∥BC，又S△A BC=S△D BC= .故得BC=3AD. 在AB上取點E，DC上取點F，使得AE=AB，DF=CD，那么， EF=(3AD+BC)=AD, S△EBF=S△ECF=S△A BF=S△A BC>, S△E BC=S△F BC> S△EBF >. 故E、B、C、F四點即為所求. 說明 分類的方法可以與證法一不同. (4)的證明可按下面的方法處理 S△DA B=，而其它三個三角形中還有一個面積為， 不妨設(shè)S△CDA = (如圖)， 因S△DA B=S△CDA ，故AD∥BC，過AC、BD的交

16、點O作EF∥BC,分別交AB、CD于E、F，則EF=2? AD= AD. S△EBF= S△ECF= S△DAB＞, S△EBC= S△FBC＞S△EBF＞. 故E、B、C、F四點即為所求. 情景再現(xiàn) 3．設(shè)AB,CD是以O(shè)為圓心，r為半徑的兩條互相垂直的弦．圓盤被它們分成的四個部分依順時針順序記為X,Y,Z,W．求的最大值與最小值，其中A(U)表示U的面積．(1988年I MO預(yù)選題) 4．設(shè)整數(shù)n(n≥5).求最大整數(shù)k，使得存在一個凸n邊形(凸或凹，只要邊界不能自相交)有k個內(nèi)角是直角．(第44屆IMO預(yù)選題) 5. 設(shè)ABCD是一個梯形(AB∥CD),E是線段AB上一點,F

17、是CD上一點,線段CE與BF相交于點H,線段ED與AF相交于點G.. 求證: SEHFG≤SABCD. 如果ABCD是一個任意凸四邊形,同樣結(jié)論是否成立?請說明理由.(1994年中國數(shù)學奧林匹克試題) C類例題 例6 在平面內(nèi)任給n(n＞4)個點，其中任意3點不共線.試證：至少有C-3個以上述所給定點為頂點的凸四邊形.(第11屆IMO試題) 分析　由于平面上任何5點(其中任意3點不共線)中必有4點是一個凸四邊形的4個頂點，于是通過算兩次的方法，利用排列組合知識計算出不同的凸四邊形的個數(shù)的最小下界，然后用數(shù)學歸納法證明此下界超過C-3．另一種方法是直接找出C-3個凸四邊形. 證法一 由

18、E.Klein定理知，平面內(nèi)任何5點(其中任意3點不共線)中必有4點是一個凸四邊形的4個頂點，而n個點可組成C個5點組，故一共有C個凸四邊形(包括重復計數(shù))，而每個凸四邊形的4個頂點恰好屬于C -4=n-4個5點組，所以，不同的凸四邊形的個數(shù)不少于C. 下面用數(shù)學歸納法證明C≥C -3(n≥5). 當n＝5時，C＝C -3＝1. 設(shè)n＝k時，C≥C -3,那么，當n＝k＋1時, C+1= ≥ C -3 = = = = ≥C -3. 故對一切n≥5，C≥C -3. 綜上可知，至少有C -3個凸四邊形. 證法二　以給定點中任意3點為頂點可以作一個三角形，設(shè)這些三角

19、形中面積最大的一個為△ABC,過頂點A、B、C分別作對邊的平行線，3條平行線相交成△DEF(如圖)，則n個給定的點全部落在△DEF的內(nèi)部或邊界上(否則與△ABC的面積最大矛盾). 除A、B、C3點外，另外n-3個任意兩點M、N所決定的直線至多與△ABC的兩邊相交而與第三條邊不相交.不妨設(shè)MN不與BC相交(如圖)，于是MNBC為凸四邊形，顯然，這些凸四邊形互不相同，并且至少有C -3個. 說明　組合計數(shù)是組合幾何的一個重要組成部分，算兩次是其中的手法之一． 例7 求平面上滿足條件: (1)三角形的三個頂點都是整點,坐標原點為直角頂點; (2)三角形的內(nèi)心M的坐標為(96p,672p),

20、其中p為素數(shù)的直角三角形的個數(shù). (2003年湖南省高中數(shù)學競賽試題) 分析 如圖，由于OM是直角∠AOB的平分線，M的坐標已知，可以利用解析幾何和三角的有關(guān)知識求出OM,OA,OB的斜率，這樣可以設(shè)出點A,B的坐標，利用切線長相等計算直角三角形內(nèi)切圓半徑r的公式(OA+OB-AB=2r)以及r= OM就可得出A,B坐標的關(guān)系式，再利用質(zhì)因數(shù)的分解就可以獲解．

21、 解 設(shè)如圖所示的三角形為滿足條件的Rt△OAB,則直線OM的斜率為tanα= 7; 直線OA的斜率為tan(α-45o)= = ;直線OB的斜率為-. 由此可設(shè)A(4t,3t),B(-3s,4s)(s＞0, t＞0),則t=4t-3t,s= -3s+4s都是正整數(shù). 設(shè)△OAB的內(nèi)切圓半徑為r,

22、則r= OM= p?96=5p96. 又OA=5t, OB=5s,AB=5. 由OA+OB-AB=2r,得5=5t+5s-25p96. 兩邊平方,整理得 (t-192p)(s-192p)=2p2962=21132p2. 因5t＞2r, 5s＞2r, 故t-192p＞0, s-192p＞0. 因此,所求三角形的個數(shù)等于21132p2的正因數(shù)的個數(shù),即 當p≠2,3時,共有(11+1)(2+1)(2+1)=108個直角三角形符合條件; 當p=2時,共有(13+1)(2+1)=42個直角三角形符合條件; 當p=3時,共有(11+1)(4+1)=60個直角三角形符合條件. 說明　本題

23、的解法采用層層推進，先從OM,OA,OB的斜率出發(fā)，再探求A,B坐標之間的關(guān)系．進而利用內(nèi)切圓半徑的兩種算法使問題的解決架起了橋梁． 例8　設(shè)n和k是正整數(shù),S是平面上n個點的集合,滿足: (1) S中任何三點不共線; (2) 對S中的每一點P, S中存在k個點與P的距離相等. 證明:k＜+.(第30屆IMO試題) 分析 由于S中的每一點P, S中存在k個點與P的距離相等，所以考慮以S中的每一點為中心作圓，每個圓上至少有有k個點，再利用算兩次的方法計算兩個端點均屬于S的線段的條數(shù)，就可以得出不等關(guān)系，問題就迎刃而解． 解　依題設(shè)，以S中的每一點為中心可作n個圓，使每個圓上至少有k個

24、點屬于S. 我們稱兩個端點均屬于S的線段為好線段．一方面，好線段顯然共有C條． 另一方面，每個圓上至少有C條好線段，n個圓共有nC條好線段,但其中有一些公共弦被重復計算了．但每兩個圓至多有一條公共弦，n個圓至多有C條公共弦(這些弦不一定是好線段),故好線段的條數(shù)不少于nC-C．綜上所述，得到C≥nC-C．即k2-k-2(n-1)≤0. 所以，k≤＜＝+. 說明　(1)本題中第一個條件是多余的； (2)算兩次的思想方法在組合數(shù)學中經(jīng)常使用，如果兩次都是精確結(jié)果，綜合起來得到一個等式；如果至少有一次采用了估算(計算了量的上界或下界)，那么，就可以得到一個不等式． 情景再現(xiàn) 6.

25、 平面上給定100個點，其中任意3點可組成三角形，證明至多有70%的三角形為銳角三角形.(第12屆IMO試題) 7. 設(shè)M為平面上坐標為(p1994,7 p1994)的點,其中p是素數(shù).求滿足下述條件的直角三角形的個數(shù): (1) 三角形的三個頂點都是整點,而且M是直角頂點; (2) 三角形的內(nèi)心是坐標原點.(1994年中國數(shù)學奧林匹克試題) 8. 平面上有n≥5個互不相同的點，每點恰好與其它4點的距離為1,求這樣的n的最小值.(2004年中國國家集訓隊測試題) 習題16 1．在六條棱長為2,3,3,4,5,5的所有四面體中最大的體積是多少？證明你的結(jié)論.(1983年全國高中數(shù)學

26、聯(lián)賽第二試試題) 2.平面上的點集H稱為好的，如果H中的任意3點都存在一條對稱軸，使得這3個點關(guān)于這條對稱軸對稱.證明： (1)一個好的集合不一定是軸對稱的； (2)如果一個好的集合中恰有2003個點，則這2003個在一條直線上.(2003年匈牙利數(shù)學奧林匹克試題) 3.已知一張nn (n≥3)的方格紙板，每個單位正方形內(nèi)有下列四個單位向量之一：↑，↓，←，→，其中向量平行于單位正方形的邊，且過單位正方形的中心.一只甲蟲每次根據(jù)向量所指的方向從一個單位正方形爬到另一個單位正方形.如果甲蟲從任意一個單位正方形出發(fā)，經(jīng)過若干次移動以后，又回到出發(fā)時的那個單位正方形，其中向量所指的方向不允許

27、甲蟲離開方格紙板. 問是否可能使得任意一行(不包括第一行和最后一行)所有向量的和等于這一行平行于這一行的所有向量之和, 任意一列(不包括第一列和最后一列)所有向量的和等于這一列平行于這一列的所有向量之和.(2003年白俄羅斯數(shù)學奧林匹克試題) 4.設(shè)正整數(shù)n≥3,如果在平面上有n個格點P1,P2,…,Pn滿足:當|Pi Pj|為有理數(shù)時，存在Pk,使得|Pi Pk|和|Pj Pk|都是無理數(shù);當|Pi Pj|為無理數(shù)時，存在Pk,使得|Pi Pk |和|Pj Pk|都是有理數(shù),那么，稱n為“好數(shù)”. (1)求最小的“好數(shù)”； (2)問：2005是否為“好數(shù)”？(2005年中國女子數(shù)學奧

28、林匹克試題) 5.證明：對n≥4,每一個有外接圓的四邊形，總可以劃分成n個都有外接圓的四邊形.(第14屆IMO試題) 6.在平面上引4條直線,使得其中每兩條都相交,而任何3條不共點(這些直線中的每一條都與其余的直線有三個交點),試問這樣分割的8條線段的長度能否分別等于 (1)1,2,3,4,5,6,7,8; (2)不同的正整數(shù)值.(1991年全蘇數(shù)學奧林匹克試題) 7.在邊長為1的正方形網(wǎng)格平面上有一個直角三角形，其所有頂點都是格點，且三邊長均為整數(shù)，證明其內(nèi)切圓圓心也是一個格點．(1991年德國數(shù)學奧林匹克試題) 8. 平面上已給7個點，用一些線段連接它們，使得 (1)每三點中

29、至少有兩點相連； (2)線段的條數(shù)最少． 問有多少條線段？給出一個這樣的圖．(第30屆IMO預(yù)選題)

30、

31、 9. 設(shè)

32、P1,P2,…,P1993=P0是平面xOy上具有下列性質(zhì)的不同點： (1)Pi的坐標是兩個整數(shù)，求證i=1,2,3,…,1993; (2)除Pi和Pi＋1外,在線段PiPi＋1上沒有坐標是兩個整數(shù)的點，其中i=0,1,2,…,1992. 證明：對于某個i,0≤i≤1992,在線段PiPi＋1上存在一個點Q(qx,qy)使得2qx和2qy是奇整數(shù)．(1993年亞太地區(qū)數(shù)學奧林匹克試題) 10. 將邊長為整數(shù)m，n的矩形劃分成若干個邊長均為正整數(shù)的正方形. 每個正方形的邊平行于矩形的相應(yīng)邊，試求這些正方形邊長之和的最小值.(2001年全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試試題) 11.對于平面上任意三點

33、P、Q、R,我們定義m(PQR)為△PQR的最短的一條高線的長度(當P、Q、R三點共線時，令m(PQR)=0. 設(shè)A、B、C為平面上三點，對此平面上任意一點X,求證： m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC). (第34屆IMO試題) 12. 由n個點和這些點之間的l條連線段組成一個空間圖形， 其中 n=q2+q+1，l≥q(q+1)2,q≥2,q∈N. 已知此圖中任意四點不共面, 每點至少有一條連線段, 存在一點至少有q +2條連線段. 證明：圖中必存在一個空間四邊形(即由四點A、B、C、D和四條連線段AB、BC、CD、DA組成的圖形). (2003年全國高中數(shù)學聯(lián)賽

34、加試題) 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1. 首先證明≥. 將不等式兩端平方，去分母得 2(OA2+OC2+2OA?OC)≥OB2+OD2+2OB?OD. 因為OA2+OC2= OB2+OD2,所以，上述不等式就化為 OB2+OD2+4OA?OC≥2OB?OD. 而這個不等式顯然成立，因為OB2+OD2≥2OB?OD. 其次，如果取O=A,即知該分式的值為．所以該比值的最小值是． 2. 因為一個矩形必須由兩條水平直線和兩條豎直直線確定，今有9條水平直線和9條豎直直線，故共有CC=1296個矩形，其中邊長為1的正方形有82個，邊長為2的正方形有72個,….一般地，邊長為i的正方形有(9

35、―i) 2個(1≤i≤8)，故正方形的個數(shù)為82+72+…+22+12=204個,從而 = = ,所以m+n=17+108=125. 3.不妨設(shè)圓心落在如圖所示(1)的Z中．則當AB弦向上平移時，如圖(2)中的陰影部分面積大于它左邊無陰影的部分的面積，所以A(X)+A(Z)增加，而A(Y)+A(W)在減少(注意X,Y,Z.W的面積之和是定值πr2),因而比值增加．于是，當點A與點C重合時，它才有可能取到最大值．在圖(3)中,直角三角形ABD的斜邊BD是直徑，設(shè)△ABD在OA為高時面積最大，這時A(Z)為最大，A(X)+A(Z)也最大，其值為πr2+r2． 而A(Y)+A(W)為最小，

36、其值為πr2－r2．所以的最大值是= . 4.我們證明當n=5時，滿足條件的k =3;當n≥6時, k =[]+1([x]表示不超過x的最大整數(shù))． 假設(shè)存在一個n邊形有k個內(nèi)角是直角，因為其它所有的角小于360o,于是有 (n―k)360o+ k 90o＞(n―2)180 o,即k＜. 因為k和n是整數(shù)，所以，k≤[]+1． 如果n=5，則[]+1＝4.可是，如果五邊形有四個內(nèi)角是直角，則另外一個角是180 o，矛盾． 圖中給出的五邊形有3個內(nèi)角是直角,所以,最大整數(shù)k=3．對于n≥6,我們構(gòu)造一個有[]+1個直角的n邊形． n=6,7,8時的例子如圖所示(a)． 對于n≥9,

37、我們歸納地構(gòu)造例子． 對于所有大于180 o的內(nèi)角，我們可以割出一個“少一個頂點的三角形”，使得多出三個頂點，多出兩個內(nèi)角為直角的角，如圖(b). 圖(c)是另一種構(gòu)造方法． 5. 連接EF. 在梯形AEFD中,顯然有sin∠AGD=sin∠DGF=sin∠EGF=sin∠AGE, ① S△AGD= S△AED―S△AEG = S△AEF―S△AEG = S△EGF. ② 由①和②有(S△EGF)2= S△EGF S△AGD = (EG GFsin∠EGF) (AG GD

38、sin∠AGD) =(EG AGsin∠AGE) (GF GDsin∠DGF)= S△AGE S△DGF. ③ 由②和③有 SAEFD=S△AGE+ S△EGF+ S△DGF+ S△AGD =2S△EGF+(S△AGE +S△DGF)≥2S△EGF+2=4S△EGF. ④ 類似地,有SBEFC≥4S△EHF. ⑤ ④+⑤,再乘以,得SABCD≥SEHFG. ⑥ 對于后半題,如果ABCD是一個任意凸四邊形,結(jié)論不一定成立.舉一反例如下:作一個梯形ABCD使得BC∥AD,AD=1,BC=100

39、,梯形高h=100.在AB上取一點E,作EF∥BC,交線段CD于點F. 已知線段EF與BC之間的距離為1. SABCD= (AD+BC)h=5050, ⑦ EF= (99BC+AD)=99.01. ⑧ 點G到線段EF之間的距離記為h,顯然, = = 99.01. ⑨ 從而,h= ⑩ 那么, SEHFG＞S△EFG= EFh= ＞5050= SABCD. ? 6.任意五個點，其中沒有三點共線

40、，則移動可以找到以它們?yōu)轫旤c的三個非銳角三角形.　這個結(jié)論可分三種情況討論. (1)若五個點組成一個凸五邊形，則這個五邊形至少有兩個內(nèi)角為鈍角，它們可能相鄰(例如∠A, ∠B),也可能不相鄰(例如∠A, ∠C),如圖a,b.　再注意四邊形ACDE至少有一個內(nèi)角非銳角，這樣就找到三個非銳角，相應(yīng)得到三個非銳角三角形. (2)若五個點中，有四個點組成一個凸四邊形ABCD, 如圖c, 另一點E在四邊形ABCD內(nèi)部，則EA、EB、EC、ED相互間的夾角至少有兩個鈍角.再加上ABCD中的非銳內(nèi)角，至少也可找到三個非銳角三角形. (3) 若五個點中，有三個點組成一個三角形ABC，如圖d, 另外

41、兩點D，E在三角形ABC內(nèi)部，由于 ∠ADB, ∠BDC, ∠CDA中至少有兩個鈍角，∠AEB, ∠BEC, ∠CEA中也至少有兩個鈍角，這樣我們可以找到四個鈍角三角形. 綜合(1),(2),(3)可得結(jié)論. 由于每個非銳角三角形至多屬于C00-3個五點組，而五點組共有C00個.所以，100個點可組成非銳角三角形至少有個，它是三角形總數(shù)的 = , 因此，銳角三角形不多于三角形總數(shù)的70%. 7. 連坐標原點O及點M,取線段OM的中點I(p997,7 p997),把滿足條件的一個直角三角形關(guān)于點I作一個中心對稱,即把點(x, y)變?yōu)?p1994- x, 7p1994- y).于是,滿

42、足條件的一個整點三角形變?yōu)橐粋€與之全等的整點直角三角形.三角形的內(nèi)心變到點M, 直角頂點變到坐標原點. 因此, 所求整點三角形的個數(shù), 只須考慮直角頂點在坐標原點, 內(nèi)心在點M的情況即可. 考慮滿足上述條件的整點直角△OAB. 設(shè)∠xOM=β,∠xOA=α, α+ = β,由題設(shè)條件,知tanβ=7, tanα=tan(β-) = = . ① 于是,直角邊OA上的任一點的坐標可寫成(4t,3t),由于A是整點,則t∈N, OA=5t, 從∠yOB=α, 可知B的坐標為(-3s,4s), s∈N,OB=5s. 直角三角形內(nèi)切圓半徑r=OM=5p1994. 設(shè)OA=2r+

43、u ,OB=2r+v. ② 由于OA,OB,r都為5的倍數(shù),則正整數(shù)u, v都是5的倍數(shù). 利用圓外一點到圓的兩條切線長相等,有 AB=(r+u)+(r+v)=2r+u+v. ③ 由于△OAB是一個直角三角形,有 0=AB2-OA2-OB2=(2r+u+v)2-(2r+u)2-(2r +v)2=2uv-4r2. ④ 于是,有uv=2r2. ⑤ 由于, 都是正整數(shù),可得

44、 =23997p2. ⑥ 當p≠2和p≠997時,有 ⑦ 這里i=0,1,2,3; j=0,1,2; k=0,1,2.那么(,)有433=36組不同的(有序)解. 當p=2時,有 ⑧ 這里i=0,1,2,3,4,5; j=0,1,2. 那么(,)有63=18組不同的(有序)解. 當p=997時,有 ⑨ 這里i=0,1,2,3; j=0,1,2,3,4. 那么(,)有45=20組不同的(有序)解. 于是,所求的直角三角形的個數(shù)S

45、= ⑩ 8. 設(shè)n個點為A1,A2,…,An,并設(shè)A1Ai=1(i=2,34,5). 由于以A1為圓心，1為半徑的圓與以A2為圓心，1為半徑的圓至多相交于兩點，故A2A3,A2A4,A2A5中至少有一個不為1. 又A2恰好與四個Ai的距離為1,故n≥6. 以A1為圓心、1為半徑的圓與以A6為圓心、1為半徑的圓至多相交于兩點，故A6A2, A6A3, A6A4, A6A5中至多兩個為1,因此A6與A7,…,An中至少兩點的距離均為1,所以n≥8. 當n=8時,必有A6A7=1,A6A8=1.同理A7A8=1.因此A6、A7、A8中每一點恰好與A2、A3、

46、A4、A5中兩點的距離為1. 以A6、A7、A8為圓心，1為半徑的三個圓另交于三點，至少有兩點為A2、A3、A4、A5中的兩點，設(shè)為A2、A3.再設(shè)這兩點均在以A6為圓心的圓上，則A2、A6、A3共線，A2A3為直徑.這樣A1不可能與A2、A3的距離均為1,矛盾. 所以，n≥9.　n=9可達到,如圖所示. 本節(jié)“習題4”解答： 1. 最大的體積為. 根據(jù)三角形的兩邊之和大于第三邊這一性質(zhì)，按題設(shè)數(shù)據(jù)，所有一邊為2的三角形，其余兩邊只可能是： ① 3，3；②5，5；③4，5；④3，4. 從而題設(shè)四面體中，以2為公共邊的兩個側(cè)面三角形的其余兩邊只可能有三種情形： (1)①與②

47、； (2)①與③； (3)②與④. 下面就這三種情況分別討論之： (1)如圖，AC=BC=3，AD=BD=5，因為32+42=52， 故CD⊥AC，CD⊥BC，從而CD⊥平面ABC，由對稱性， 這樣的四面體只有一個，其體積為： (2)這樣的四面體有兩個，如圖，易知它們的體積相等， 記為V2.因為22+42<52,故∠ABD為鈍角， 即棱BD與底面ABC斜交，設(shè)D至ABD的高為h2， 則h2

48、h3

49、為這個集合中距離最短的兩個點(如圖3)，則其余2001個點有以下4種情況： (i)在線段AB的中垂線上； (ii)在AB所在直線上； (iii)在以A為圓心，AB為半徑的圓上； (iv)在以B為圓心，AB為半徑的圓上. 由前面的證明可知，(i)、(ii)兩種情況點的總數(shù)不超過10個. 又因為AB的距離最小，所以，(iii)、(iv)兩種情況點的總數(shù)不超過10個. 故10+10+2＜2003.矛盾. 因此，結(jié)論成立. 圖１　　　　　　　　　　　　圖２　　　　　　　　　　　　　　　圖３ 3.假設(shè)結(jié)論成立.設(shè)方格紙板

50、的第1行為S1, 第2行為S2,…，第n行為Sn.設(shè)S1中有k個向量“↓”. 由于甲蟲從任何一個單位正方形出發(fā)均能回到這個單位正方形，且不允許甲蟲離開方格紙板，即方格由一些環(huán)路組成，其中任意兩條不相交.所以S1中沒有向量“↑”，且S2中有k個向量“↑”.又因為這一行所有向量的和等于這一行平行于這一行的所有向量之和,所以，S2中有k個向量“↓”.繼續(xù)這一論證，得到在S2，S3，…，Sn-1中均有k個向量“↑”和k個向量“↓”，且S1中有k個向量“↓”，在Sn中有k個向量“↑”，且S1中沒有向量“↑”，Sn中沒有向量“↓”. 于是，所有豎直方向的向量的總數(shù)為2k(n-2)+k+k=2k(

51、n-1). 同理，設(shè)第1列有l(wèi)個向量“→”,則所有水平向量的總數(shù)為2l(n-1). 所以，所有向量的數(shù)目為2k(n-1)＋2l(n-1)＝2 (n-1)( k+l) = n2. 因為，n-1≥2, n與n-1互質(zhì)，矛盾. 綜上所述，不存在滿足條件的向量的放法. 4.最小的“好數(shù)”是5,且2005是“好數(shù)”. 在三點組(Pi, Pj, Pk)中，若|Pi Pj|為有理數(shù)(或無理數(shù))，|Pi Pk|和|Pj Pk|為無理數(shù)(或有理數(shù))，我們稱(Pi, Pj, Pk)為一個“好組”. (1) n=3顯然不是“好數(shù)”. n=4也不是“好數(shù)”.若不然，假設(shè)P1,

52、P2, P3, P4滿足條件，不妨設(shè)| P1P2|為有理數(shù)及(P1, P2, P3)為一好組，則(P2, P3, P4)為一好組.　顯然(P2, P4, P1)和(P2, P4, P3)均不是好組.所以，P1, P2, P3, P4不能滿足條件.矛盾. n=5是好數(shù). 以下五個格點滿足條件：A5={(0,0),(1,0),(5,3),(8,7),(0,7)} (2) 設(shè)A={(1,0),(2,0),…,(669,0)}, B={(1,1),(2,1),…,(668,1)}, C={(1,2),(2,2),…,(668,2)}, =A∪B∪C. 對任意正整數(shù)n，n2+1和n2+4不是

53、完全平方數(shù).不難證明，對于集合S2005中任兩點Pi ，Pj ，|Pi Pj|為有理數(shù)當且僅當Pi Pj與某坐標軸平行.所以2005是“好數(shù)”. 5.如果四邊形是等腰梯形，我們可以用平行于底邊的線分割成若干多個等腰梯形，因為任意一個等腰梯形都有外接圓，故命題對等腰梯形總是成立的. 以下設(shè)圓內(nèi)接四邊形ABCD不是等腰梯形.　不妨設(shè)∠A≥∠C, ∠D≥∠B. 由于對角互補，所以∠A≥∠B，∠D≥∠C.　作∠BAP=∠B, ∠CDQ=∠C,使得P、Q在四邊形ABCD內(nèi)且PQ∥AD,再作PR∥AB,QS∥DC(如圖), 因為∠B+∠ADC=∠C+∠BAD=180o， 所以∠DAP=∠BAD

54、-∠B=∠ADC-∠C=∠ADQ, 因此四邊形APQD,ABRP,CDQS都是等腰梯形，當然有外接圓. 又∠QPR+∠QSR=∠BAD+∠C=180o,從而四邊形PQSR也有外接圓.這樣我們就把四邊形ABCD分成四個有外接圓的四邊形，其中三個是等腰梯形. 對n＞4,　我們可以用前面所講的分割等腰梯形的方法進一步把四邊形ABCD分割成n個有外接圓的四邊形. 6. (1)不能.若不然,如圖,所得的8條線段的長為1,2,3,4,5,6,7,8,因為三角形中的任意一邊之長大于其余兩邊之差的絕對值,故在一個非等腰且邊長為整數(shù)的三角形中,任何一邊的長大于1,所以長為1的線段只可能是AB或A

55、F.不妨設(shè)AF=1,由于1=AF＞|AC-CF|,且AC,CF均為正整數(shù),所以AC=CF. 在△ACF中,由余弦定理得 cos∠C= =1 =1― .　　 　在△BCD中,由余弦定理得 BD2=BC2+CD2―2BC?CDcos∠C =BC2+CD2―2BC?CD(1― ) = BC2+CD2―2BC?CD+?　. 上式中?為小于1的真分數(shù)，而其余各項均為整數(shù)，矛盾． 故不存在滿足條件的4條直線，使得截出的8條線段的長分別為 1,2,3,4,5,6,7,8.　 (2)是存在的，如圖所示，其中△ABE, △FDE, △FBC, △ADC 都是邊長為3,4,5的相似直角三

56、角形．所截得的8條線段的長依次 為3,4,5,12,16,20,28,32.　 7.設(shè)直角三角形的頂點和邊長分別為A,B,C,a,b,c,其中c是斜邊，內(nèi)切圓圓心和半徑分別為M和r.　 在線段CA上有不同于C的格點(例如A),設(shè)其中距C最近的格點為A1,同樣設(shè)CB上距C最近的格點為B1,因為繞任一格點旋轉(zhuǎn)90o后格點仍為格點，所有CA1=CB1. 設(shè)CA1=CB1＝e,　易知CA=ne,CB=me,其中m,n是正整數(shù)．即a= me,b= ne. 因為m,n是正整數(shù)，所以e是有理數(shù)．根據(jù)勾股定理得c2=a2+b2=e2(m2+n2). 即m2+n2=()2.

57、 ① 由于是有理數(shù)，()2是整數(shù)，所以是整數(shù)． 設(shè) = k,則c=ke,代入①得m2+n2= k2．　　　　　?、? 從而m,n,k中奇數(shù)的個數(shù)為0或2 .因此，r= (a+b-c)= (m+n-k)e是e的倍數(shù)． 如圖，設(shè)A2,B2是切點，則CA2= CB2= r,因此，A2,B2也是格點，所以M也是格點. 8.如圖表明9條線段已經(jīng)足夠了．下面證明至少需要9條線段． 如果某點A不作為線段的端點，則其它6點至少要連C＞9條線段． 如果點A只作為1條線段的端點，則不與A相連的5點之間至少要連C＞9條線段． 設(shè)每一點至少要作為兩條線段的端點．若點A只作為兩條線段AB、AC的端點

58、，則不與A相連的4點之間至少要連C=6條線段．從B點至少還要引出1條線段，所以這時至少有2+6+1=9條線段． 若每一點至少作為3條線段的端點，則至少多于［］=10條線段. 9.設(shè)向量有分量ui, vi, i=0,1,2,…,1992.每對ui, vi互質(zhì)，否則，在Pi和Pi＋1之間應(yīng)有另外的格點． 假設(shè)任一線段PiPi＋1上均不包含所需的點Q,則ui＋vi≡1(mod2), i=0,1,2,…,1992. 因此， ≡1993(mod2)≡1 (mod2). 然而，所有向量的總和是零向量，這意味著=0和=0. 這是矛盾的．所以對于某個i,

59、0≤i≤1992,在線段PiPi＋1上存在一個點Q(qx,qy)使得2qx和2qy是奇整數(shù)． 10. 記所求最小值為f(m,n),可以證明 f(m,n)=m+n－(m , n) (＊) 其中(m,n)表示m和n的最大公約數(shù). 事實上,不妨設(shè)m≥n.. (1) 關(guān)于m歸納,可以證明存在一種合乎題意的分法,使得正方形邊長之和恰為 m+n _(m,n). 當m=1時,命題顯然成立. 假設(shè)當n≤k時,結(jié)論成立(k≥1). 當m=k+1時,若n=k+1,則命題顯然成立. 若n

60、有一種分法使得正方形邊長之和恰為m－n+n－(m－n,n)=m－(m,n). 于是原矩形ABCD有一種分法使得所得正方形邊長之和為 m+n－(m , n). (2) 關(guān)于m歸納可以證明(＊)成立. 當m=1時,由于n=1,顯然f(m，n)=1=m+n－(m , n). 假設(shè)m≤k時,對任意1≤n≤m有f(m，n)=m+n－(m , n). 若m=k+1,當n=k+1時,顯然f(m，n)=k+1=m+n—(m , n). 當1≤n≤k時,設(shè)矩形ABCD按要求分成了p個正方形,其邊長分別為a1,a2,…,ap不妨設(shè)a1≥a2≥…≥ap， 顯然a1=n或a1

61、在AD與BC之間的與邊AD平行的任一直線至少穿過兩個分成的正方形(或其邊界),于是a1+a2+…+ap不小于AB與CD之和. 所以a1+a2+…+ap≥2m> m+n－(m , n). 若a1=n,則一個邊長分別為m—n和n的矩形可按題目要求分成邊長分別為a2,a3,…,ap的正方形,由歸納假設(shè) a2+a3+…+a p ≥m－n+n－(m—n,n)=m－(m,n). 從而a1+a2+…+ap≥m+n－(m , n). 于是當m+k+1時, f(m,n)≥m+n－(m , n). 再由(1)可知f (m,n)=m+n－(m , n). 11.不妨設(shè)A、B、C 不共線．將AB、BC、

62、CA都擴展成直線，把平面分成t個部分，如圖a所示分為三種區(qū)域． (1)X點在區(qū)域I內(nèi)，記l(PQR)為△PQR的最長邊的長度． 延長AX交BC與D(圖b),則AX≤AD≤max{AB,BC}≤l(ABC),同理BX≤l(ABC), CX≤l(ABC), 所以l(ABX)≤l(ABC), l(BCX)≤l(ABC), l(CAX)≤l(ABC),于是 m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)　=　＋＋ ≥＋＋ = =m(ABC). ① (2)X點在區(qū)域II中，不妨設(shè)X在∠BAC的對頂角中，記BC、CA、AB所對應(yīng)的高分別為ha、hb、hc. (I)若m(

63、BCX)是從X引出，則m(BCX)≥ha≥m(ABC)，所證不等式成立． (II)若m(BCX)不是從X引出，則m(BCX)＝CD.(圖c) (i)若∠CBX≤90o,則CD=BCsin∠CBX≥BCsin∠ABC= hc≥m(ABC). (ii)若∠CBX≥90o,則∠CBD=∠BXC+∠BCX≥∠BCX≥∠BCA,而∠CBD=180o－∠CBX≤90o,所以 CD=BCsin∠CBD≥BCsin∠BCA= hb≥m(ABC). 于是，此時所證不等式成立． (3)若X點在區(qū)域III中,不妨設(shè)在∠ABC所含的區(qū)域中,考慮AB、BC、CA、AX、BX、CX中的最長邊(圖d) (I

64、)若AB、BC、CA之一為l(ABC),由①的證明即知要證的不等式成立． (II)若BX最長，如圖，BX與AC交于D, ∠ADB≤90o.作AE⊥BX于E,CF⊥BX于F,則 m(ABX)=AE,m(BCX)=CF.又因為∠ADB＞∠ACB. 所以AE+CF=ACsin∠ADB＞ACsin∠ACB=ha≥m(ABC), 即有m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX). (III)若最長邊為AX或CX,不妨設(shè)為AX.在△ABX中，∠ABX≥∠BAX,則 90o≥∠BAX≥∠BAC.作BD⊥AX于D,則 m(ABX)=BD=ABsin∠BAX≥

65、ABsin∠BAC= hb≥m(ABC). 所以，m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX). 綜上所述，總有m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)成立. 12. 設(shè)這n個點的集合V={A0,A1,A2,…,An-1}為全集，記Ai的所有鄰點(與Ai有連線段的點)的集合為Bi, Bi中點的個數(shù)記為|Bi|=bi. 顯然, 且bi≤(n－1),i=0,1,2,…, n－1. 若存在bi=n－1時, 只須取l=(n－1)+[]+1≤(q+1)(n－1)+1= q(q+1)2+1，則圖中必存在四邊形. 因此, 下面只討論bi＜n－1, i=0,1,2,…, n－1

66、的情況. 不妨設(shè)q +2≤b0＜n－1. 用反證法. 若圖中不存在四邊形，則當i≠j時，Bi與Bj無公共點對，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i＜j≤n－1. 因此， ≥bi－1, i=0,1,2,…, n－1. 即q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0). ① 而(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)=(q－1)b0－n+3,　　　　　　　　 ② 及(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)=qb0－q－n+2≥q(q+2)－q－n+2=1＞0 ③ 由②、③及(n－b0)(q+1)，(n－b0－1)q皆為正整數(shù)，得 (nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)＞q(q+1)(n－b0)(n－b0－1). 而這與所得的式①相矛盾，故原命題成立. 友情提示：部分文檔來自網(wǎng)絡(luò)整理，供您參考！文檔可復制、編制，期待您的好評與關(guān)注！ 18 / 18