2012江蘇省數(shù)學(xué)競賽《提優(yōu)教程》教案：第12講組合幾何.doc

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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(xué)家厄迪斯的說法，凸性、覆蓋、嵌入、計(jì)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(jì)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(xué)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(biāo)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． 說明 幾何不等式的證明通常引進(jìn)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(gè)點(diǎn)，連接這些點(diǎn)的直線互不平行、互不垂直，也互不重合．過每一點(diǎn)作兩兩連接其余四點(diǎn)的所有直線的垂線．若不計(jì)原來給定的五點(diǎn), 這些垂線彼此間的交點(diǎn)最多能有多少個(gè)？(第6屆IMO試題) 分析 先考慮所有五個(gè)點(diǎn)間的連線的情況，再考慮每點(diǎn)向所有連線作的垂線的情況，利用多個(gè)點(diǎn)向一條直線作垂線沒有交點(diǎn)，三角形的三條高線交于一點(diǎn)，將多計(jì)數(shù)的交點(diǎn)一一剔除． 解 由題設(shè)條件，給定的五個(gè)點(diǎn)之間的連線共有C=10條, 這些點(diǎn)構(gòu)成的三角形共有C=10個(gè)．過給定五點(diǎn)中的每一個(gè)作不通過該點(diǎn)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(diǎn)也互不重合, 則共有C=435個(gè)交點(diǎn)．然而，在本問題中的30條垂線有相互平行的, 也有交點(diǎn)重合的, 故應(yīng)從435個(gè)交點(diǎn)中減去多計(jì)入的交點(diǎn)個(gè)數(shù)． 首先，對于任一條連線，過其余三點(diǎn)所作該連線的三條垂線是彼此平行而無交點(diǎn)的，故應(yīng)從總數(shù)中減去由此多計(jì)入的10 C=30個(gè)交點(diǎn)；其次，對于由這些連線構(gòu)成的每一個(gè)三角形來說，三條高同交于一點(diǎn)，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(gè)多計(jì)入的交點(diǎn)；又過每一頂點(diǎn)所作其余連線的垂線都重交于該頂點(diǎn)，而欲求交點(diǎn)數(shù)是不記入該五個(gè)頂點(diǎn)的，故又應(yīng)從總數(shù)中再減去5C=75個(gè)多計(jì)入的頂點(diǎn)(恰有C=6條垂線在一頂點(diǎn)處相交)． 故至多有435-20-30-75=310個(gè)交點(diǎn)． 說明 簡單的組合計(jì)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(fù)(不多算，也不少算)，復(fù)雜的問題還要構(gòu)造遞推關(guān)系、利用映射、算兩次、數(shù)學(xué)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(diǎn)．(1993年圣彼得堡市數(shù)學(xué)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(gè)矩形，其中s個(gè)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?jǐn)?shù).　求m+n的值.(1997年美國數(shù)學(xué)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(diǎn)，且|AE|=|BF|=|CD|=1，連接AD、BE、CF，交成△RQS，P點(diǎn)在△RQS內(nèi)及其邊上移動(dòng)，P點(diǎn)到△ABC三邊的距離分別記作x、y、z. 1. 求證：當(dāng)P點(diǎn)在△RQS的頂點(diǎn)時(shí)，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(xué)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(kuò)大P點(diǎn)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(dāng)P在l上變化時(shí)，yz何時(shí)最小. 第二步，先證兩個(gè)引理： 引理1：x+y+z=定值，這個(gè)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(gè)端點(diǎn)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(gè)引理不難得到：如果P’,P’’為l上的兩點(diǎn)，那么當(dāng)P在區(qū)間[P’,P’’]上變動(dòng)時(shí)，xyz在端點(diǎn)P’P’’處取得最小值. 第三步，擴(kuò)大P點(diǎn)的變化范圍： 根據(jù)上面所述，當(dāng)P點(diǎn)在l上變動(dòng)時(shí)，xyz在端點(diǎn)P’或P”處為最小，這里P’、P”是l與△RQS的邊界的交點(diǎn)，但△RQS的邊不與△ABC的邊平行，因而在P移到△RQS的邊界后，不能搬用上述方法再將P’或P”調(diào)整為△ABC的頂點(diǎn). 但是我們可以把P’點(diǎn)變化區(qū)域由△PQR擴(kuò)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(diǎn)P’(或P”),再將P’調(diào)整為頂點(diǎn)R 或S’,每一次調(diào)整都使xyz的值減小. 由于對稱, xyz在六個(gè)頂點(diǎn)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≌△BCF≌△CAD，從而△AER≌△BFQ≌△CDS，△RQS是正三角形. 由1，我們只考慮S點(diǎn)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(yuǎn)= ,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(diǎn)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(gè)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(diǎn)，試證n應(yīng)該滿足的充要條件是n≥4.(1993年全國高中數(shù)學(xué)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(gè)鈍角三角形. 必要性：先證非鈍角三角形不能分成兩個(gè)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(gè)鈍角三角形. 事實(shí)上，取銳角三角形任一頂點(diǎn)，或直角三角形直角頂點(diǎn)，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(diǎn)E與三頂點(diǎn)連線將三角形分割成三個(gè)鈍角三角形△ABE、△BCE、△CAE，即為所求. (2)凸四邊形ABCD可分割成4個(gè)鈍角三角形. 如圖，連線段AC，又由(1), △ABC可分割成三個(gè)鈍角三角形，加上鈍角△ACD，共有4個(gè)鈍角三角形. (3)凸四邊形ABCD可分割為n=5，6，…個(gè)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(gè)鈍角三角形(外角∠AE1C＞∠AEC＞900,∠AE2C＞∠AEC,…) 必要性 先指出一個(gè)事實(shí)：非鈍角三角形不能分割成兩個(gè)鈍角三角形. 這是因?yàn)橛扇我豁旤c(diǎn)向?qū)呑鞣指罹€段與對邊的夾角不能將180o分成兩個(gè)鈍角，所以不能分割成兩個(gè)鈍角三角形. 設(shè)凸四邊形已被分割為n個(gè)鈍角三角形，如果該凸四邊形的四條邊分別屬于4個(gè)不同的鈍角三角形，則已證得了n≥4. 如果有兩條鄰邊同屬于一個(gè)鈍角三角形(不相鄰的兩邊不能構(gòu)成三角形)，這時(shí)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(shí)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(gè)鈍角三角形，只能分割成3個(gè)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(shí)夾角不能是∠B，因?yàn)椤鰽BC不是鈍角三角形，因?yàn)閵A角只能是∠A或∠C而使BD為分割線，并且將∠D分割出一個(gè)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(gè)以上的鈍角三角形，同理得到n≥4. 說明 組合幾何在全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試中經(jīng)常出現(xiàn)，本題的難點(diǎn)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(diǎn))或內(nèi)部可以找到四個(gè)點(diǎn)，使得以其中任意三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的四個(gè)三角形的面積均大于.(1991年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽第二試試題) 分析 在四個(gè)三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB中選出一個(gè)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(gè)三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面積，不妨設(shè)S△DA B為最小.這時(shí)有四種情況： (1)S△DA B>.這時(shí)顯然A、B、C、D即為所求的四個(gè)點(diǎn). (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(diǎn)即為所求. (3)S△DA B=，而其它三個(gè)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(diǎn)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(diǎn)即為所求. (4)S△DA B=，而其它三個(gè)三角形中還有一個(gè)面積為，不妨設(shè)S△CDA = (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(diǎn)E，DC上取點(diǎn)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(diǎn)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(gè)三角形中還有一個(gè)面積為， 不妨設(shè)S△CDA = (如圖)， 因S△DA B=S△CDA ，故AD∥BC，過AC、BD的交點(diǎn)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(diǎn)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(gè)部分依順時(shí)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(gè)凸n邊形(凸或凹，只要邊界不能自相交)有k個(gè)內(nèi)角是直角．(第44屆IMO預(yù)選題) 5. 設(shè)ABCD是一個(gè)梯形(AB∥CD),E是線段AB上一點(diǎn),F是CD上一點(diǎn),線段CE與BF相交于點(diǎn)H,線段ED與AF相交于點(diǎn)G.. 求證: SEHFG≤SABCD. 如果ABCD是一個(gè)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(xué)奧林匹克試題) C類例題 例6 在平面內(nèi)任給n(n＞4)個(gè)點(diǎn)，其中任意3點(diǎn)不共線.試證：至少有C-3個(gè)以上述所給定點(diǎn)為頂點(diǎn)的凸四邊形.(第11屆IMO試題) 分析　由于平面上任何5點(diǎn)(其中任意3點(diǎn)不共線)中必有4點(diǎn)是一個(gè)凸四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)，于是通過算兩次的方法，利用排列組合知識計(jì)算出不同的凸四邊形的個(gè)數(shù)的最小下界，然后用數(shù)學(xué)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(gè)凸四邊形. 證法一 由E.Klein定理知，平面內(nèi)任何5點(diǎn)(其中任意3點(diǎn)不共線)中必有4點(diǎn)是一個(gè)凸四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)，而n個(gè)點(diǎn)可組成C個(gè)5點(diǎn)組，故一共有C個(gè)凸四邊形(包括重復(fù)計(jì)數(shù))，而每個(gè)凸四邊形的4個(gè)頂點(diǎn)恰好屬于C -4=n-4個(gè)5點(diǎn)組，所以，不同的凸四邊形的個(gè)數(shù)不少于C. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明C≥C -3(n≥5). 當(dāng)n＝5時(shí)，C＝C -3＝1. 設(shè)n＝k時(shí)，C≥C -3,那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí), 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(gè)凸四邊形. 證法二　以給定點(diǎn)中任意3點(diǎn)為頂點(diǎn)可以作一個(gè)三角形，設(shè)這些三角形中面積最大的一個(gè)為△ABC,過頂點(diǎn)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(gè)給定的點(diǎn)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(diǎn)外，另外n-3個(gè)任意兩點(diǎn)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(gè). 說明　組合計(jì)數(shù)是組合幾何的一個(gè)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(gè)頂點(diǎn)都是整點(diǎn),坐標(biāo)原點(diǎn)為直角頂點(diǎn); (2)三角形的內(nèi)心M的坐標(biāo)為(96p,672p),其中p為素?cái)?shù)的直角三角形的個(gè)數(shù). (2003年湖南省高中數(shù)學(xué)競賽試題) 分析 如圖，由于OM是直角∠AOB的平分線，M的坐標(biāo)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(diǎn)A,B的坐標(biāo)，利用切線長相等計(jì)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(biāo)的關(guān)系式，再利用質(zhì)因數(shù)的分解就可以獲解． 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, 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(gè)數(shù)等于21132p2的正因數(shù)的個(gè)數(shù),即 當(dāng)p≠2,3時(shí),共有(11+1)(2+1)(2+1)=108個(gè)直角三角形符合條件; 當(dāng)p=2時(shí),共有(13+1)(2+1)=42個(gè)直角三角形符合條件; 當(dāng)p=3時(shí),共有(11+1)(4+1)=60個(gè)直角三角形符合條件. 說明　本題的解法采用層層推進(jìn)，先從OM,OA,OB的斜率出發(fā)，再探求A,B坐標(biāo)之間的關(guān)系．進(jìn)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(gè)點(diǎn)的集合,滿足: (1) S中任何三點(diǎn)不共線; (2) 對S中的每一點(diǎn)P, S中存在k個(gè)點(diǎn)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(diǎn)P, S中存在k個(gè)點(diǎn)與P的距離相等，所以考慮以S中的每一點(diǎn)為中心作圓，每個(gè)圓上至少有有k個(gè)點(diǎn)，再利用算兩次的方法計(jì)算兩個(gè)端點(diǎn)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(diǎn)為中心可作n個(gè)圓，使每個(gè)圓上至少有k個(gè)點(diǎn)屬于S. 我們稱兩個(gè)端點(diǎn)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(gè)圓上至少有C條好線段，n個(gè)圓共有nC條好線段,但其中有一些公共弦被重復(fù)計(jì)算了．但每兩個(gè)圓至多有一條公共弦，n個(gè)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(gè)條件是多余的； (2)算兩次的思想方法在組合數(shù)學(xué)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(gè)等式；如果至少有一次采用了估算(計(jì)算了量的上界或下界)，那么，就可以得到一個(gè)不等式． 情景再現(xiàn) 6. 平面上給定100個(gè)點(diǎn)，其中任意3點(diǎn)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(biāo)為(p1994,7 p1994)的點(diǎn),其中p是素?cái)?shù).求滿足下述條件的直角三角形的個(gè)數(shù): (1) 三角形的三個(gè)頂點(diǎn)都是整點(diǎn),而且M是直角頂點(diǎn); (2) 三角形的內(nèi)心是坐標(biāo)原點(diǎn).(1994年中國數(shù)學(xué)奧林匹克試題) 8. 平面上有n≥5個(gè)互不相同的點(diǎn)，每點(diǎn)恰好與其它4點(diǎn)的距離為1,求這樣的n的最小值.(2004年中國國家集訓(xùn)隊(duì)測試題) 習(xí)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(xué)聯(lián)賽第二試試題) 2.平面上的點(diǎn)集H稱為好的，如果H中的任意3點(diǎn)都存在一條對稱軸，使得這3個(gè)點(diǎn)關(guān)于這條對稱軸對稱.證明： (1)一個(gè)好的集合不一定是軸對稱的； (2)如果一個(gè)好的集合中恰有2003個(gè)點(diǎn)，則這2003個(gè)在一條直線上.(2003年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克試題) 3.已知一張nn (n≥3)的方格紙板，每個(gè)單位正方形內(nèi)有下列四個(gè)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(gè)單位正方形爬到另一個(gè)單位正方形.如果甲蟲從任意一個(gè)單位正方形出發(fā)，經(jīng)過若干次移動(dòng)以后，又回到出發(fā)時(shí)的那個(gè)單位正方形，其中向量所指的方向不允許甲蟲離開方格紙板. 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(xué)奧林匹克試題) 4.設(shè)正整數(shù)n≥3,如果在平面上有n個(gè)格點(diǎn)P1,P2,…,Pn滿足:當(dāng)|Pi Pj|為有理數(shù)時(shí)，存在Pk,使得|Pi Pk|和|Pj Pk|都是無理數(shù);當(dāng)|Pi Pj|為無理數(shù)時(shí)，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(xué)奧林匹克試題) 5.證明：對n≥4,每一個(gè)有外接圓的四邊形，總可以劃分成n個(gè)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(diǎn)(這些直線中的每一條都與其余的直線有三個(gè)交點(diǎn)),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(xué)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(gè)直角三角形，其所有頂點(diǎn)都是格點(diǎn)，且三邊長均為整數(shù)，證明其內(nèi)切圓圓心也是一個(gè)格點(diǎn)．(1991年德國數(shù)學(xué)奧林匹克試題) 8. 平面上已給7個(gè)點(diǎn)，用一些線段連接它們，使得 (1)每三點(diǎn)中至少有兩點(diǎn)相連； (2)線段的條數(shù)最少． 問有多少條線段？給出一個(gè)這樣的圖．(第30屆IMO預(yù)選題) 9. 設(shè)P1,P2,…,P1993=P0是平面xOy上具有下列性質(zhì)的不同點(diǎn)： (1)Pi的坐標(biāo)是兩個(gè)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(biāo)是兩個(gè)整數(shù)的點(diǎn)，其中i=0,1,2,…,1992. 證明：對于某個(gè)i,0≤i≤1992,在線段PiPi＋1上存在一個(gè)點(diǎn)Q(qx,qy)使得2qx和2qy是奇整數(shù)．(1993年亞太地區(qū)數(shù)學(xué)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(gè)邊長均為正整數(shù)的正方形. 每個(gè)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(xué)聯(lián)賽加試試題) 11.對于平面上任意三點(diǎn)P、Q、R,我們定義m(PQR)為△PQR的最短的一條高線的長度(當(dāng)P、Q、R三點(diǎn)共線時(shí)，令m(PQR)=0. 設(shè)A、B、C為平面上三點(diǎn)，對此平面上任意一點(diǎn)X,求證： m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC). (第34屆IMO試題) 12. 由n個(gè)點(diǎn)和這些點(diǎn)之間的l條連線段組成一個(gè)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(diǎn)不共面, 每點(diǎn)至少有一條連線段, 存在一點(diǎn)至少有q +2條連線段. 證明：圖中必存在一個(gè)空間四邊形(即由四點(diǎn)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(xué)聯(lián)賽加試題) 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?yàn)镺A2+OC2= OB2+OD2,所以，上述不等式就化為 OB2+OD2+4OA?OC≥2OB?OD. 而這個(gè)不等式顯然成立，因?yàn)镺B2+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?yàn)橐粋€(gè)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(gè)矩形，其中邊長為1的正方形有82個(gè)，邊長為2的正方形有72個(gè),….一般地，邊長為i的正方形有(9―i) 2個(gè)(1≤i≤8)，故正方形的個(gè)數(shù)為82+72+…+22+12=204個(gè),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(dāng)AB弦向上平移時(shí)，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(dāng)點(diǎn)A與點(diǎn)C重合時(shí)，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(shí)面積最大，這時(shí)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，其值為πr2－r2．所以的最大值是= . 4.我們證明當(dāng)n=5時(shí)，滿足條件的k =3;當(dāng)n≥6時(shí), k =[]+1([x]表示不超過x的最大整數(shù))． 假設(shè)存在一個(gè)n邊形有k個(gè)內(nèi)角是直角，因?yàn)槠渌械慕切∮?60o,于是有 (n―k)360o+ k 90o＞(n―2)180 o,即k＜. 因?yàn)閗和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(gè)內(nèi)角是直角，則另外一個(gè)角是180 o，矛盾． 圖中給出的五邊形有3個(gè)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(gè)有[]+1個(gè)直角的n邊形． n=6,7,8時(shí)的例子如圖所示(a)． 對于n≥9,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(gè)“少一個(gè)頂點(diǎn)的三角形”，使得多出三個(gè)頂點(diǎn)，多出兩個(gè)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 GDsin∠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(gè)任意凸四邊形,結(jié)論不一定成立.舉一反例如下:作一個(gè)梯形ABCD使得BC∥AD,AD=1,BC=100,梯形高h(yuǎn)=100.在AB上取一點(diǎn)E,作EF∥BC,交線段CD于點(diǎn)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(diǎn)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(gè)點(diǎn)，其中沒有三點(diǎn)共線，則移動(dòng)可以找到以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三個(gè)非銳角三角形.　這個(gè)結(jié)論可分三種情況討論. (1)若五個(gè)點(diǎn)組成一個(gè)凸五邊形，則這個(gè)五邊形至少有兩個(gè)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(gè)內(nèi)角非銳角，這樣就找到三個(gè)非銳角，相應(yīng)得到三個(gè)非銳角三角形. (2)若五個(gè)點(diǎn)中，有四個(gè)點(diǎn)組成一個(gè)凸四邊形ABCD, 如圖c, 另一點(diǎn)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(gè)鈍角.再加上ABCD中的非銳內(nèi)角，至少也可找到三個(gè)非銳角三角形. (3) 若五個(gè)點(diǎn)中，有三個(gè)點(diǎn)組成一個(gè)三角形ABC，如圖d, 另外兩點(diǎn)D，E在三角形ABC內(nèi)部，由于 ∠ADB, ∠BDC, ∠CDA中至少有兩個(gè)鈍角，∠AEB, ∠BEC, ∠CEA中也至少有兩個(gè)鈍角，這樣我們可以找到四個(gè)鈍角三角形. 綜合(1),(2),(3)可得結(jié)論. 由于每個(gè)非銳角三角形至多屬于C00-3個(gè)五點(diǎn)組，而五點(diǎn)組共有C00個(gè).所以，100個(gè)點(diǎn)可組成非銳角三角形至少有個(gè)，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(biāo)原點(diǎn)O及點(diǎn)M,取線段OM的中點(diǎn)I(p997,7 p997),把滿足條件的一個(gè)直角三角形關(guān)于點(diǎn)I作一個(gè)中心對稱,即把點(diǎn)(x, y)變?yōu)?p1994- x, 7p1994- y).于是,滿足條件的一個(gè)整點(diǎn)三角形變?yōu)橐粋€(gè)與之全等的整點(diǎn)直角三角形.三角形的內(nèi)心變到點(diǎn)M, 直角頂點(diǎn)變到坐標(biāo)原點(diǎn). 因此, 所求整點(diǎn)三角形的個(gè)數(shù), 只須考慮直角頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn), 內(nèi)心在點(diǎn)M的情況即可. 考慮滿足上述條件的整點(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)可寫成(4t,3t),由于A是整點(diǎn),則t∈N, OA=5t, 從∠yOB=α, 可知B的坐標(biāo)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+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(diǎn)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(gè)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 =23997p2. ⑥ 當(dāng)p≠2和p≠997時(shí),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(dāng)p=2時(shí),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(dāng)p=997時(shí),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(gè)數(shù)S= ⑩ 8. 設(shè)n個(gè)點(diǎn)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(diǎn)，故A2A3,A2A4,A2A5中至少有一個(gè)不為1. 又A2恰好與四個(gè)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(diǎn)，故A6A2, A6A3, A6A4, A6A5中至多兩個(gè)為1,因此A6與A7,…,An中至少兩點(diǎn)的距離均為1,所以n≥8. 當(dāng)n=8時(shí),必有A6A7=1,A6A8=1.同理A7A8=1.因此A6、A7、A8中每一點(diǎn)恰好與A2、A3、A4、A5中兩點(diǎn)的距離為1. 以A6、A7、A8為圓心，1為半徑的三個(gè)圓另交于三點(diǎn)，至少有兩點(diǎn)為A2、A3、A4、A5中的兩點(diǎn)，設(shè)為A2、A3.再設(shè)這兩點(diǎn)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(dá)到,如圖所示. 本節(jié)“習(xí)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(gè)側(cè)面三角形的其余兩邊只可能有三種情形： (1)①與②； (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?yàn)?2+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(gè)，其體積為： (2)這樣的四面體有兩個(gè)，如圖，易知它們的體積相等， 記為V2.因?yàn)?2+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 m+n－(m , n). 若a1=n,則一個(gè)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(dāng)m+k+1時(shí), 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、CA都擴(kuò)展成直線，把平面分成t個(gè)部分，如圖a所示分為三種區(qū)域． (1)X點(diǎn)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(diǎn)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(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(shí)所證不等式成立． (3)若X點(diǎn)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)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?yàn)椤螦DB＞∠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≥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(gè)點(diǎn)的集合V={A0,A1,A2,…,An-1}為全集，記Ai的所有鄰點(diǎn)(與Ai有連線段的點(diǎn))的集合為Bi, Bi中點(diǎn)的個(gè)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(shí), 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(dāng)i≠j時(shí)，Bi與Bj無公共點(diǎn)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.