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高中竞赛数学讲义第77讲组合几何(新)


第 16 讲 组合几何
本节主要内容是组合几何,几何中一些组合性质的问题.按照数学家厄迪斯的说法,凸 性、覆盖、嵌入、计数、几何不等式、等都属于这类问题.凸包和覆盖、几何不等式问题分 别在第 6 讲、第 15 讲已经着重讲解过,本讲仍有所涉及,本讲涉及组合计数、几何极值、几 何图形的分割和一些组合几何杂题.

A 类例题
例 1 证明:任何

面积等 于 1 的凸四边形的周长及两条对角线之和不小于 4+2 2.(1985 年奥地利和波兰联合数学竞赛试题) 分析 先考虑两种特殊情形:面积等于 1 的正方形和菱形. 在正方形中周长为 4,对角线之 和为 2 2; 在菱形中, 两条对角线长分别为 l1 和 l2, 则因面积面积 S= =2 2,而周长=4 1 l l =1,故 l1+l2≥2 l1l2 212

l1 l2 (2)2+(2)2=2 l12+l22≥2 2l1l2 =4. 故两种特殊情形之下结论成立. 这就启发

我们可将周长和对角线分开来考虑. 证明 设 ABCD 是任一面积为 1 的凸四边形(如图),于是有 1 1 1 1 e+f + g+h 2 1= (eg+gf+fh+he)sinα≤ (eg+gf+fh+he)= (e+f )( g+h) ≤ ( ), 2 2 2 2 2 即对角线之和为 e+f + g+h≥2 2. 再按图的方式最新将图形中线段和角标上字母, 于 是又有 2=2S 四边形 ABCD 1 1 1 1 = absinβ1+ bcsinβ2+ cdsinβ3+ dasinβ4 2 2 2 2 1 1 1 a+b+c+d 2 ≤ (ab+bc+cd+da)= (a+c)(b+d)≤ ( ), 2 2 2 2
B C D A e h A a D

?4

?1
b d

?
g f B

?2
c

?3
C

则 a+b+c+d≥4. 综上所述, 命题结论成立. 说明 几何不等式的证明通常引进几何变量后化归为代数不等式的证明,其中均值不等式 和柯西不等式经常使用. 例2 在平面上给定五个点,连接这些点的直线互不平行、互不垂直,也互不重合.过每 一点作两两连接其余四点的所有直线的垂线. 若不计原来给定的五点, 这些垂线彼此间的交点 最多能有多少个?(第 6 届 IMO 试题) 分析 先考虑所有五个点间的连线的情况,再考虑每点向所有连线作的垂线的情况,利 用多个点向一条直线作垂线没有交点,三角形的三条高线交于一点,将多计数的交点一一剔 除. 解 由题设条件,给定的五个点之间的连线共有 C2 5 =10 条, 这些点构成的三角形共有 3 C5=10 个.过给定五点中的每一个作不通过该点连线的垂线共有 5C2 4=30 条.若此 30 条垂线 2 两两互不平行, 它们的交点也互不重合, 则共有 C30=435 个交点.然而,在本问题中的 30 条 垂线有相互平行的, 也有交点重合的, 故应从 435 个交点中减去多计入的交点个数. 首先,对于任一条连线,过其余三点所作该连线的三条垂线是彼此平行而无交点的,故 应从总数中减去由此多计入的 10 C2 3=30 个交点;其次,对于由这些连线构成的每一个三角形来 说,三条高同交于一点,而这三条高也为所作的垂线,故应从总数中再减去 10(C2 3?1)=20 个多

计入的交点;又过每一顶点所作其余连线的垂线都重交于该顶点,而欲求交点数是不记入该五 2 个顶点的, 故又应从总数中再减去 5C2 6=75 个多计入的顶点(恰有 C4=6 条垂线在一顶点处相交). 故至多有 435?20?30?75=310 个交点. 说明 简单的组合计数问题和普通的排列组合问题解决的方法类似,必须做到既不遗漏, 也不重复(不多算,也不少算),复杂的问题还要构造递推关系、利用映射、算两次、数学归纳法 等思想方法加以考虑,见本书其它讲座.

情景再现
OA+OC 1. 在平面上给定正方形 ABCD, 试求比值OB+OD的最小值,其中 O 是平面上的任意 点.(1993 年圣彼得堡市数学选拔考试试题)
[来源:学科网]

s 2. 由 9 条水平线与 9 条竖直线组成的 8×8 的棋盘共形成 r 个矩形, 其中 s 个正方形, 的 r m m 值可由 形式表示,其中 m,n 均为正整数,且 是既约分数. 求 m+n 的值.(1997 年美国数学 n n 邀请赛试题)

B 类例题
例 3 已知边长为4 的 正三角形ABC, D、 E、 F分 别是BC、 CA、 AB 上的点, 且|AE|=|BF|=|CD|=1, 连接 AD、BE、CF,交成△RQS,P 点在△RQS 内及其边上移动,P 点到△ABC 三边的距 离分别记作 x、y、z. 1. 求证:当 P 点在△RQS 的顶点时,乘积 xyz 有极小值; A 2. 求上述乘积的极小值.(1982 年全国高中数学联赛试题) 分析 逐步调整法 先固定 x,考虑 yz 的最小值. 然后又由对称性扩大 P 点的变化范围求乘积 xyz 的极小值. S S' 解 1.如图,第一步,先固定 x,考虑 yz 的最小值. 即过 P 作直线 l∥BC,当 P 在 l 上变化时,yz 何时最小. P' P 第二步,先证两个引理: F 引理 1:x+y+z=定值,这个定值就是正三角形的高. R 引理 2:设 y?[α,β],y 的二次函数 y(a—y)在[α, β] R' 的一个端点处取得最小值. B 引理 1 的证明用面积法,引理 2 的证明可用配方法.(证明留给读者) 由两个引理不难得到:如果 P’,P’’为 l 上的两点,那么当 P 在区间[P’,P’’]上变动时,xyz 在 端点 P’P’’处取得最小值. 第三步,扩大 P 点的变化范围: 根据上面所述,当 P 点在 l 上变动时,xyz 在端点 P’或 P”处为最小,这里 P’、P”是 l 与△ RQS 的边界的交点,但△RQS 的边不与△ABC 的边平行,因而在 P 移到△RQS 的边界后, 不能搬用上述方法再将 P’或 P”调整为△ABC 的顶点. 但是我们可以把 P’点变化区域由△PQR 扩大为图中所示的六边形 R R’QQ’ S S’, 其中 R ’ R ∥Q’S∥CA, R’Q∥S’S∥BC, Q’Q∥RS’∥AB,也就是说: R 与 R’关于∠ABC 的平分线为对称. S’与 R 关于∠ACB 的平分线为对称,等等.过 P 作平行于 BC 的直线 l,将 P 调整为 l 与六边形 R R’QQ’ S S’的边界的交点 P’(或 P”),再将 P’调整为顶点 R 或 S’,每一次调整都使 xyz 的值减小. 由于对称, xyz 在六个顶点 R ,R’,Q,Q’ ,S,S’处的值显然相等,因而命题成立. 2.由题易知,△ABE≌△BCF≌△CAD,从而△AER≌△BFQ≌△CDS,△RQS 是正三角 形. 由 1,我们只考虑 S 点 x,y,z 的取值. 由于△ASE∽△ADC,故|AS|:|SE|=4:1, 由于△AFQ∽△ABD, 故|AQ|:|QF|=4:3.
[来源:Z.xx.k.Com]

E

P''

Q' Q

D

C

所以故|AS|:|SQ|:|QD|=4:8:1, 又由于△ABC 的高 h=

1 h, y = 13 1 9 xyz = 鬃 13 13 x=

12 ,故可求得 9 3 h, z = h, 13 13 3 648 3 ?( 12)3 . 13 2197

说明 本题用到二次函数的基本性质:定区间上二次函数的最值只能在端点或对称轴处 取到. 例 4 设一凸四边形 ABCD,它的内角中仅有∠D 是钝角,用一些直线段将该凸四边形分 割成 n 个钝角三角形,但除去 A、B、C、D 外,在该凸四边形的周界上,不含分割出的钝角 三角形的顶点,试证 n 应该满足的充要条件是 n≥4.(1993 年全国高中数学联赛第二试试题) 分析 充分性:采用构造法. 先连 AC,再以 AC 为直径作半圆,由直径所对的圆周角是 直角启发构造 4 个钝角三角形. 必要性:先证非钝角三角形不能分成两个钝角三角形.再证 n ≥4. 解 充分性 (1)非钝角三角形一定可以分割成三个钝角三角形. 事实上,取锐角三角形任一顶点,或直角三角形直角顶点,设为 B,向对 A 边 AC 作高 BG,再以 AC 为直径向三角形内作半圆,于是,BG 把位于该半圆 内的任意点 E 与三顶点连线将三角形分割成三个钝角三角形△ABE、△BCE、 G △CAE,即为所求. (2)凸四边形 ABCD 可分割成 4 个钝角三角形. 如图,连线段 AC,又由(1), △ABC 可分割成三个钝角三角形,加上钝角△ACD,共有 4 个钝角三角形. E (3)凸四边形 ABCD 可分割为 n=5,6,?个钝角三角形,如图,作 AE1、 E1 E2 AE2、?,即得新的分割的钝角三角形△AEE1,△AE1E2,?共有 5,6,?个 B 钝角三角形(外角∠AE1C>∠AEC>900,∠AE2C>∠AEC,?) 必要性 先指出一个事实: 非钝角三角形不能分割成两个钝角三角形. 这是因为由任一顶点向对边 作分割线段与对边的夹角不能将 180o 分成两个钝角,所以不能分割成两个钝角三角形. 设凸四边形已被分割为 n 个钝角三角形,如果该凸四边形的四条边分别属于 4 个不同的 钝角三角形,则已证得了 n≥4. 如果有两条邻边同属于一个钝角三角形(不相邻的两边不能构 成三角形),这时有下列两种情况之一发生: (I)该两邻边夹角为钝角∠D,于是∠D 不能分割. 这时 AC 必为分割线. 非钝角三角形△ABC 必被再分割之,它不能分割成 2 个钝角三角 形,只能分割成 3 个以上的钝角三角形,连同钝角三角形△ADC,有 n≥4. (II)该两邻边的夹角不是∠D,这时夹角不能是∠B,因为△ABC 不是钝角三角形,因为夹 角只能是∠A 或∠C 而使 BD 为分割线,并且将∠D 分割出一个钝角,使该两邻边构成钝角三 角形的两条边,这样,另一非钝角三角形必被再分割之,于是同理必须分割成 3 个以上的钝 角三角形,同理得到 n≥4. 说明 组合几何在全国高中数学联赛加试中经常出现,本题的难点在必要性的证明, 充分性的证明只要构造就好了. 例 5 设凸四边形 ABCD 的面积 为 1, 求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找到四个 1 点,使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于4.(1991 年全国高中数学联 赛第二试试题) 分析 在四个三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB 中选出一个面积最小的,然后按 1 其面积与 的大小分四类情况加以讨论. 4 D 证明 如图 (1), 考虑四个三角形△ABC、 △BCD、 △CDA、 A △DAB 的面积,不妨设 S△DA B 为最小.这时有四种情况:
A E E O G

D

C

D

F

B

C

B

C

1 (1)S△DA B> .这时 显然 A、B、C、D 即为所求的四个点. 4 1 (2)S△DA B< .设 G 为△BCD 的重心. 4 3 因 S△BCD=1-S△DA B >4,故 1 1 S△GBC= S△GCD= S△GDB= S△BCD>4. 3 于是,B、C、D、G 四点即为所求. 1 1 3 (3)S△DA B=4,而其它三个三角形的面积均大于4,由于 S△A BC=1-S△CDA< =S△BCD, 4 故过 A 作 BC 的平行线 l 必与线段 CD 相交于 CD 内部的一点 E. 1 1 由于 S△A BC>S△DA B, 故 S△EA B>S△DA B=4.又 S△EAC=S△EA B,S△E BC=S△A BC>4.故 E、A、B、 C 四点即为所求. 1 1 1 (4)S△DA B=4,而其它三个三角形中还有一个面积为4,不妨设 S△CDA =4 (如图(2)), 3 因 S△DA B=S△CDA ,故 AD∥BC,又 S△A BC=S△D BC= .故得 BC=3AD. 4 1 1 在 AB 上取点 E,DC 上取点 F,使得 AE=4AB,DF=4CD,那么,

1 3 (3AD+BC)= AD, 4 2 1 3 3 1 S△EBF=S△ECF= S△A BF= × S△A BC>4, 4 4 2 1 S△E BC=S△F BC> S△EBF > . 4
EF=

A

D

故 E、B、C、F 四点即为所求. E 说明 分类的方法可以与证法一不同. O (4)的证明可按下面的方法处理 1 1 S△DA B= ,而其它三个三角形中还有一个面积为 , 4 4 1 不妨设 S△CDA = 4(如图), B 因 S△DA B=S△CDA ,故 AD∥BC,过 AC、BD 的交点 O 作 EF∥BC,分别交 3 3 3 3 1 AB、 CD 于 E、 F, 则 EF=2? 4AD=2 AD. S△EBF= S△ECF=2×4 S△DAB>4, S△EBC= S△FBC>S△EBF 1 >4. 故 E、B、C、F 四点即为所求.

F

C

情景再现
3.设 AB,CD 是以 O 为圆心,r 为半径的两条互相垂直的弦.圆盘被它们分成的四个部 A(X)+A(Z) 分依顺时针顺序记为 X,Y,Z,W .求 A(Y)+A(W)的最大值与最小值,其中 A(U) 表示 U 的面 积.(1988 年 I MO 预选题) 4.设整数 n(n≥5).求最大整数 k,使得存在一个凸 n 边形(凸或凹,只要边界不能自相交) 有 k 个内角是直角.(第 44 届 IMO 预选题) 5. 设 ABCD 是一个梯形(AB∥CD),E 是线段 AB 上一点,F 是 CD 上一点,线段 CE 与 BF 1 相交于点 H,线段 ED 与 AF 相交于点 G.. 求证: SEHFG≤4SABCD.

如果 ABCD 是一个任意凸四边形,同样结论是否成立?请说明理由.(1994 年中国数学奥林 匹克试题)

C 类例题
例 6 在平面内任给 n(n>4)个点,其中任意 3 点不共线.试证:至少有 C2 n?3 个以上述所给 定点为顶点的凸四边形.(第 11 届 IMO 试题) 分析 由于平面上任何 5 点(其中任意 3 点不共线)中必有 4 点是一个凸四边形的 4 个顶点, 于是通过算两次的方法,利用排列组合知识计算出不同的凸四边形的个数的最小下界,然后 2 用数学归纳法证明此下界超过 C2 n?3.另一种方法是直接找出 Cn?3 个凸四边形. 证法一 由 E.Klein 定理知,平面内任何 5 点(其中任意 3 点不共线)中必有 4 点是一个凸 5 四边形的 4 个顶点,而 n 个点可组成 C5 n个 5 点组,故一共有 Cn个凸四边形(包括重复计数), 而每个凸四边形的 4 个顶点恰好属于 C1 n??4=n?4 个 5 点组,所以,不同的凸四边形的个数不少 于 1 5 C. n?4 n 1 5 下面用数学归纳法证明 C ≥C2 n??3(n≥5). n?4 n 1 5 当 n=5 时, C =C2 n??3=1. n?4 n 1 5 设 n=k 时, C ≥C2 k??3,那么,当 n=k+1 时, k?4 k 1 k+1 k+1 C5 = · ≥ · C2 k ??3 (k+1)?4 k+1 k?3 k?4 k?3 k+1 (k?3)(k?4) (k ??)(k?4) = · = 2 2 k?3 = k ??k?4 (k?2)(k?3) ?2(k?5) 2 = ≥C(k+1) ??3. 2 2
2
M E A F D

C

B

C5 k

N

1 5 故对一切 n≥5, C ≥C2 n??3. n?4 n 综上可知,至少有 C2 n??3 个凸四边形. 证法二 以给定点中任意 3 点为顶点可以作一个三角形,设这些三角形中面积最大的一 个为△ABC,过顶点 A、B、C 分别作对边的平行线,3 条平行线相交成△DEF(如图),则 n 个 给定的点全部落在△DEF 的内部或边界上(否则与△ABC 的面积最大矛盾). 除 A、B、C3 点外,另外 n?3 个任意两点 M、N 所决定的直线至多与△ABC 的两边相交 而与第三条边不相交.不妨设 MN 不与 BC 相交(如图),于是 MNBC 为凸四边形,显然,这些 凸四边形互不相同,并且至少有 C2 n??3 个. 说明 组合计数是组合几何的一个重要组成部分,算两次是其中的手法之一. 例 7 求平面上满足条件: (1)三角形的三个顶点都是整点,坐标原点为直角顶点; (2)三角形的内心 M 的坐标为(96p,672p),其中 p 为素数的直角三角形的个数. (2003 年湖南省高中数学竞赛试题) 分析 如图,由于 OM 是直角∠AOB 的平分线,M 的坐标已知,可以利用解析几何和 三角的有关知识求出 OM,OA,OB 的斜率,这样可以设出点 A,B 的坐标,利用切线长相等计算 直角三角形内切圆半径 r 的公式(OA+OB?AB=2r)以及 r= 2 OM 就可得出 A,B 坐标的关系式, 2

再利用质因数的分解就可以获解. 解 设如图所示的三角形为满足条件的 Rt△OAB,则直线 OM 的斜率为 tanα= 7; tanα?1 3 4 直线 OA 的斜率为 tan(α?45o)= 1+tanα = 4;直线 OB 的斜率为?3. 由此可设 A(4t,3t),B(?3s,4s)(s>0, t>0),则 t=4t?3t,s= ?3s+4s 都是正整数. 设△OAB 的内切圆半径为 r, 则 r= 2 2 OM= p?96 12+72=5p×96. 2 2
B y

又 OA=5t, OB=5s,AB=5 t2+s2. 由 OA+OB?AB=2r,得 5 t2+s2=5t+5s?2×5p× 96.

两边平方,整理得 (t?192p)(s?192p)=2p2×962=211×32×p2. 因 5t>2r, 5s>2r, 故 t?192p>0, s?192p>0. 因此,所求三角形的个数等于 211×32×p2 的正因数的个数,即 当 p≠2,3 时,共有(11+1)(2+1)(2+1)=108 个直角三角形符合条件; 当 p=2 时,共有(13+1)(2+1)=42 个直角三角形符合条件; 当 p=3 时,共有(11+1)(4+1)=60 个直角三角形符合条件. 说明 本题的解法采用层层推进,先从 OM,OA,OB 的斜率出发,再探求 A,B 坐标之间的 关系.进而利用内切圆半径的两种算法使问题的解决架起了桥梁. 例 8 设 n 和 k 是正整数,S 是平面上 n 个点的集合,满足: (1) S 中任何三点不共线; (2) 对 S 中的每一点 P, S 中存在 k 个点与 P 的距离相等. 1 证明:k<2+ 2n.(第 30 届 IMO 试题) 分析 由于 S 中的每一点 P, S 中存在 k 个点与 P 的距离相等,所以考虑以 S 中的每一点为 中心作圆,每个圆上至少有有 k 个点,再利用算两次的方法计算两个端点均属于 S 的线段的 条数,就可以得出不等关系,问题就迎刃而解. 解 依题设,以 S 中的每一点为中心可作 n 个圆,使每个圆上至少有 k 个点属于 S. 我们称两个端点均属于 S 的线段为好线段.一方面,好线段显然共有 C2 n条. 2 2 另一方面,每个圆上至少有 Ck条好线段,n 个圆共有 nCk条好线段,但其中有一些公共弦被重 复计算了. 但每两个圆至多有一条公共弦, n 个圆至多有 C2 n条公共弦(这些弦不一定是好线段), 2 2 2 2 2 故好线段的条数不少于 nC2 C .综上所述,得到 C ≥ n C k n n k -Cn.即 k ?k?2(n?1)≤0. 1+ 1+8(n?1) 1+ 8n 1 所以,k≤ < = + 2n . 2 2 2 说明 (1)本题中第一个条件是多余的; (2)算两次的思想方法在组合数学中经常使用,如果两次都是精确结果,综合起来得到一个 等式; 如果至少有一次采用了估算(计算了量的上界或下界), 那么, 就可以得到一个不等式.
源:Zxxk.Com]

M

A x

O

[来

情景再现
6. 平面上给定 100 个点,其中任意 3 点可组成三角形,证明至多有 70%的三角形为锐角三角 形.(第 12 届 IMO 试题) 7. 设 M 为平面上坐标为(p×1994,7 p×1994)的点,其中 p 是素数.求满足下述条件的直角三角 形的个数: (1) 三角形的三个顶点都是整点,而且 M 是直角顶点;

(2) 三角形的内心是坐标原点.(1994 年中国数学奥林匹克试题) 8. 平面上有 n≥5 个互不相同的点,每点恰好与其它 4 点的距离为 1,求这样的 n 的最小 值.(2004 年中国国家集训队测试题)

习题 16
1. 在六条棱长为 2,3,3,4,5,5 的所有四面体中最大的体积是多少?证明你的结论.(1983 年全国 高中数学联赛第二试试题) 2.平面上的点集 H 称为好的,如果 H 中的任意 3 点都存在一条对称轴,使得这 3 个点关于这 条对称轴对称.证明: (1)一个好的集合不一定是轴对称的; (2)如果一个好的集合中恰有 2003 个点, 则这 2003 个在一条直线上.(2003 年匈牙利数学奥林 匹克试题) 3.已知一张 n×n (n≥3)的方格纸板,每个单位正方形内有下列四个单位向量之一:↑,↓, ←,→,其中向量平行于单位正方形的边,且过单位正方形的中心.一只甲虫每次根据向量所 指的方向从一个单位正方形爬到另一个单位正方形.如果甲虫从任意一个单位正方形出发,经 过若干次移动以后,又回到出发时的那个单位正方形,其中向量所指的方向不允许甲虫离开 方格纸板. 问是否可能使得任意一行(不包括第一行和最后一行)所有向量的和等于这一行平行于这一行 的所有向量之和, 任意一列(不包括第一列和最后一列)所有向量的和等于这一列平行于这一列 的所有向量之和.(2003 年白俄罗斯数学奥林匹克试题) 4.设正整数 n≥3,如果在平面上有 n 个格点 P1,P2,?,Pn 满足:当|Pi Pj|为有理数时,存在 Pk,使 得|Pi Pk|和|Pj Pk|都是无理数;当|Pi Pj|为无理数时, 存在 Pk,使得|Pi Pk |和|Pj Pk|都是有理数,那么, 称 n 为“好数”. (1)求最小的“好数” ; (2)问:2005 是否为“好数”?(2005 年中国女子数学奥林匹克试题) 5.证明:对 n≥4,每一个有外接圆的四边形,总可以划分成 n 个都有外接圆的四边形.(第 14 届 IMO 试题) 6.在平面上引 4 条直线,使得其中每两条都相交,而任何 3 条不共点(这些直线中的每一条都与其 余的直线有三个交点),试问这样分割的 8 条线段的长度能否分别等于 (1)1,2,3,4,5,6,7,8; (2)不同的正整数值.(1991 年全苏数学奥林匹克试题) 7.在边长为 1 的正方形网格平面上有一个直角三角形, 其所有顶点都是格点, 且三边长均为整 数,证明其内切圆圆心也是一个格点.(1991 年德国数学奥林匹克试题) 8. 平面上已给 7 个点,用一些线段连接它们,使得 (1)每三点中至少有两点相连; (2)线段的条数最少. 问有多少条线段?给出一个这样的图.(第 30 届 IMO 预选题) 9. 设 P1,P2,?,P1993=P0 是平面 xOy 上具有下列性质的不同点: (1)Pi 的坐标是两个整数,求证 i=1,2,3,?,1993; (2)除 Pi 和 Pi+1 外,在线段 PiPi+1 上没有坐标是两个整数的点,其中 i=0,1,2,?,1992. 证明:对于某个 i,0≤i≤1992,在线段 PiPi+1 上存在一个点 Q(qx,qy)使得 2qx 和 2qy 是奇整 数.(1993 年亚太地区数学奥林匹克试题)

10. 将边长为整数 m,n 的矩形划分成若干个边长均为正整数的正方形. 每个正方形的边平行 于矩形的相应边,试求这些正方形边长之和的最小值.(2001 年全国高中数学联赛加试试题) 11.对于平面上 任意三点 P、 Q、 R,我们定义 m(PQR)为△PQR 的最短的一条高线的长度(当 P、 Q、R 三点共线时,令 m(PQR)=0. 设 A、B、C 为平面上三点,对此平面上任意一点 X,求证: m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC). (第 34 届 IMO 试题) 12. 由 n 个点和这些点之间的 l 条连线段组成一个空间图形, 其中 n=q2+q+1,l≥

1 q(q+1)2,q≥2,q?N. 2

已知此图中任意四点不共面, 每点至少有一条连线段, 存在一点至少有 q +2 条连线段. 证明: 图中必存在一个空间四边形(即由四点 A、B、C、D 和四条连线段 AB、BC、CD、DA 组成的 图形). (2003 年全国高中数学联赛加试题) 本节“情景再现”解答: OA+OC 1 1. 首先证明OB+OD≥ . 将不等式两端平方,去分母得 2 2(OA2+OC2+2OA?OC)≥OB2+OD2+2OB?OD. 因为 OA2+OC2= OB2+OD2,所以,上述不等式就化为 OB2+OD2+4OA?OC≥2OB?OD. 而这个不等式显然成立,因为 OB2+OD2≥2OB?OD. 1 1 其次,如果取 O=A,即知该分式的值为 .所以该比值的最小值是 . 2 2 2. 因为一个矩形必须由两条水平直线和两条竖直直线确定,今有 9 条水平直线和 9 条竖直直 2 线, 故共有 C2 其中边长为 1 的正方形有 82 个, 边长为 2 的正方形有 72 个,?. 9C9=1296 个矩形, 一般地, 边长为 i 的正方形有(9―i) 2 个(1≤i≤8), 故正方形的个 数为 82+72+?+22+12=204 个, s 204 17 从而 = = ,所以 m+n=17+108=125. r 1296 108 3.不妨设圆心落在如图所示(1)的 Z 中.则当 AB 弦向上平移时,如图(2)中的阴影部分面积大 于它左边无阴影的部分的面积,所以 A(X)+A(Z)增加,而 A(Y)+A(W)在减少(注意 X,Y,Z.W 的 A(X)+A(Z) 面积之和是定值 πr2),因而比值A(Y)+A(W)增加.于是,当点 A 与点 C 重合时,它才有可能取 到最大值.在图(3)中,直角三角形 ABD 的斜边 BD 是直径,设△ABD 在 OA 为高时面积最大, 1 这时 A(Z)为最大,A(X)+A(Z)也最大,其值为2πr2+r2.
C A X W Y Z D (2) (3) B A C A(C) B O B

D (1)

D

1 2 2 2πr +r 1 2 2 A(X)+A(Z) π+2 而 A(Y)+A(W)为最小,其值为2πr -r .所以A(Y)+A(W)的最大值是1 = . π?2 2 2 π r - r 2

2n 4.我们证明当 n=5 时,满足条件的 k =3;当 n≥6 时, k =[ ]+1([x]表示不超过 x 的最大整数). 3 假设存在一个 n 边形有 k 个内角是直角,因为其它所有的角小于 360o,于是有 2n+4 (n―k)×360o+ k ×90o>(n―2)×180 o,即 k< 3 . 2n 因为 k 和 n 是整数,所以,k≤[ ]+1. 3 2n 如果 n=5,则[ 3 ]+1=4.可是,如果五边形有四个内角是直角,则另外一个角是 180 o,矛盾. 图中给出的五边形有 3 个内角是直角,所以,最大整数 k=3.

n=5

n=6 ( a)

n=7

n=8

(b)

(c)

2n 对于 n≥6,我们构造一个有[ ]+1 个直角的 n 边形. n=6,7,8 时的例子如图所示(a). 3 对于 n≥9,我们归纳地构造例子. 对于所有大于 180 o 的内角,我们可以割出一个“少一个顶点的三角形” ,使得多出三个顶点, 多出两个内角为直角的角,如图(b). 图(c)是另一种构造方法. 5. 连 接 EF. 在 梯 形 AEFD 中 , 显 然 有 sin ∠ AGD=sin ∠ DGF=sin ∠ EGF=sin ∠ AGE, ① S △ AGD= S △ AED ― S △ AEG = S △ AEF ― S △ AEG = S △ EGF. ② 1 1 由①和②有(S△EGF)2= S△EGF · S△AGD = (2EG · GFsin∠EGF) · (2AG · GDsin∠AGD) 1 1 =( EG · AGsin∠AGE) · ( GF · GDsin∠DGF)= S△AGE · S△DGF. 2 2 由②和③有 SAEFD=S△AGE+ S△EGF+ S△DGF+ S△AGD =2S△EGF+(S△AGE +S△DGF)≥2S△EGF+2 S△AGE · S△DGF=4S△EGF. ④ 类似地,有 SBEFC≥4S△EHF. ⑤ 1 1 ④+⑤,再乘以 ,得 SABCD≥SEHFG. 4 4 ⑥
A E B


D F C

对于后半题,如果 ABCD 是一个任意凸四边形,结论不一定成立. 举一反例如下:作一个梯形 ABCD 使得 BC∥AD,AD=1,BC=100,梯形 高 h=100.在 AB 上取一点 E,作 EF∥BC,交线段 CD 于点 F. 已知线 段 EF 与 BC 之间的距离为 1. 1 SABCD= 2(AD+BC)h=5050, 1 EF= 100(99BC+AD)=99.01. ⑦ ⑧

A G E B

D

H

F C

h' EF 点 G 到线段 EF 之间的距离记为 h',显然, = AD = 99.01. 99-h' 从而,h'= 99×99.01 100.01 ⑩ 99×99.012 1 1 1 EF×h'= > ×5050= SABCD. 2 4 4 2×100.01



那么, SEHFG>S△EFG=

?

6.任意五个点,其中没有三点共线,则移动可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形 . 这 个结论可分三种情况讨论. (1)若五个点组成一个凸五边形,则这个五边形至少有两个内角为钝角,它们可能相邻(例 如∠A, ∠B),也可能不相邻(例如∠A, ∠C),如图 a,b. 再注意四边形 ACDE 至少有一个内角 非锐角,这样就找到三个非锐角,相应得到三个非锐角三角形.
D D E E A E C A C B a B b B c C B d C A E D D A

(2)若五个点中,有四个点组成一个凸四边形 ABCD, 如图 c, 另一点 E 在四边形 ABCD 内部,则 EA、EB、EC、ED 相互间的夹角至少有两个钝角.再加上 ABCD 中的非锐内角,至 少也可找到三个非锐角三角形. (3) 若五个点中,有三个点组成一个三角形 ABC,如图 d, 另外两点 D,E 在三角形 ABC 内部,由于 ∠ADB, ∠BDC, ∠CDA 中至少有两个钝角,∠AEB, ∠BEC, ∠CEA 中也至少有两个钝角, 这样我们可以找到四个钝角三角形. 综合(1),(2),(3)可得结论. 5 由于每个非锐角三角形至多属于 C2 100?3 个五点组,而五点组共有 C100 个.所以,100 个点 可组成非锐角三角形至少有 3C5 3C5 3 100 100 个,它是三角形总数的 = 10, 因此,锐角三角形 3 C2 C2 100?3 100?3C100

不多于三角形总数的 70%. 7. 连坐标原点 O 及点 M,取线段 OM 的中点 I(p×997,7 p×997),把满足条件的一个直角三角 形关于点 I 作一个中心对称,即把点(x, y)变为(p×1994- x, 7p×1994- y).于是,满足条件的一个 整点三角形变为一个与之全等的整点直角三角形.三角形的内心变到点 M, 直角顶点变到坐标 原点. 因此, 所求整点三角形的个数, 只须考虑直角顶点在坐标原点, 内心在点 M 的情况即可. 考虑满足上述条件的整点直角△OAB. π 设∠xOM=β,∠xOA=α, α+ = β,由题设条件,知 tanβ=7, 4 tanβ-1 π 3 tanα=tan(β- 4 ) = 1+tanβ = 4. ①

y

于是,直角边 OA 上的任一点的坐标可写成(4t,3t),由于 A 是整点, 则 t ? N, OA=5t, 从 ∠ yOB=α, 可 知 B 的 坐 标为 (-3s,4s), s ? N,OB=5s.

A B M

O

x

直角三角形内切圆半径 r=

2 OM=5p×1994. 2

设 OA=2r+u ,OB=2r+v. ② 由于 OA,OB,r 都为 5 的倍数,则正整数 u, v 都是 5 的倍数. 利用圆外一点到圆的两条切线长相等,有 AB=(r+u)+(r+v)=2r+u+v. 由于△OAB 是一个直角三角形,有 0=AB2-OA2-OB2=(2r+u+v)2-(2r+u)2-(2r +v)2=2uv-4r2. 于是,有 uv=2r2. u v 由于 , 都是正整数,可得 5 5 uv · =23×997×p2. 55 ⑥ u
i j k

③ ④ ⑤

?5 =2 ×997 ×p , 当 p≠2 和 p≠997 时,有?v ?5 =2 ×997 ×p
3?i 2?j

2?k

⑦ .

uv 这里 i=0,1,2,3; j=0,1,2; k=0,1,2.那么( , )有 4×3×3=36 组不同的(有序)解. 55

?5 =2 ×997 , 当 p=2 时,有?v ?5 =2 ×997 .
u
i j 5?i 2?j



uv 这里 i=0,1,2,3,4,5; j=0,1,2. 那么( , )有 6×3=18 组不同的(有序)解. 55

?5 =2 ×997 , 当 p=997 时,有?v ?5 =2 ×997 .
u
i j 3? i 4?j



uv 这里 i=0,1,2,3; j=0,1,2,3,4. 那么(5,5)有 4×5=20 组不同的(有序)解.

? ?36, 当p≠2和p≠997时; 于是,所求的直角三角形的个数 S=?18, 当p=2时; ? ?20, 当p=997时.



8. 设 n 个点为 A1,A2,?,An,并设 A1Ai=1(i=2,34,5). 由于以 A1 为圆心, 1 为半径的圆与以 A2 为圆心, 1 为半径的圆至多相交于两点,故 A2A3,A2A4,A2A5 中至少有一个不为 1. 又 A2 恰好与四个 Ai 的距离为 1,故 n≥6. 以 A1 为圆心、1 为半径的圆与以 A6 为圆心、1 为半径的圆至多相交于两点,故 A6A2, A6A3, A6A4, A6A5 中至多两个为 1,因此 A6 与 A7,?,An 中至少两点的距离均为 1,所以 n ≥8. 当 n=8 时,必有 A6A7=1,A6A8=1.同理 A7A8=1.因此 A6 、A7、A8 中每一点恰好与 A2、A3、A4、A5 中两点的距离为 1. 以 A6、A7、A8 为圆心,1 为半径的三个圆另交于三点,至少有两点为 A2、A3、 A4、A5 中的两点,设为 A2、A3.再设这两点均在以 A6 为圆心的圆上,则 A2、A6、A3

共线,A2A3 为直径.这样 A1 不可能与 A2、A3 的距离均为 1,矛盾. 所以,n≥9. n=9 可达到,如图所示. 本节“习题 4”解答:
8 2 . 3

1. 最大的体积为

根据三角形的两边之和大于第三边这一性质,按题设数据,所有一边为 2 的三角形,其 余两边只可能是: ① 3,3;②5,5;③4,5;④3,4. D 从而题设四面体中,以 2 为公共边的两个侧面三角形的其余两边只可能有三种情形: (1)①与②; 5 (2)①与③; (3)②与④. 5 4 下面就这三种情况分别讨论之: 5 (1)如图,AC=BC=3,AD=BD=5,因为 32+42=52, 3 故 CD⊥AC,CD⊥BC,从而 CD⊥平面 ABC,由对称性, C 这样的四面体只有一个,其体积为:

B 2 A

1 1 1 8 2 V1 ? CD ? S?ABC ? ? 4 ? ? 2 ? 32 ? 1 ? . 3 3 2 3
(2)这样的四面体有两个,如图,易知它们的体积相等, 记为 V2.因为 22+42<52,故∠ABD 为钝角, 即棱 BD 与底面 ABC 斜交,设 D 至 ABD 的高为 h2, 则 h2<BD=4,故

D

D

5

5 3

4

5

5 4 3 A 3 B 2

1 V2 = h 2 ?SD ABC 3

4 ?SD ABC 3

8 2 V1 = . 3

B 2 C A

C

3

(3)这样的四面体也有两个,如图,易知它们的体积也相等,记为 V3. 因为 22+52>52,故∠BAD 为锐角,即棱 AB 与平面 ACD 斜交,设 B 至 ABD 的高为 h3,则 h3<AB=2,故

V3 =

1 h 3 ?SD ACD 3

2 SD ACD 3 骣 5÷ 5 ? = 11, ÷ ? ÷ ? 桫 2 6
C
2

D 3 5

4 3

B 2

B 2 3 A A

4 D 5 5 3

2 1 = 鬃 5 ? 32 3 2 因V32 <

275 2 128 , V1 = , 故V3 < V1 . 36 9
8 2 . 3

5

C

所以,最大的体积为 V1=

2.(1)如图 1,△ABC、△ADC、△BCD 均为等腰三角形,A、B、D 三点也共线.所以,任意三 点都有一条对称轴..故它是一个好的集合.但是,A、B、C、D 不是轴对称的. (2)用反证法 假设结论不成立..于是,不可能有集合中的 6 个点共线. 否则,在这条直线外 必有一个属于集合的点 K,过点 K 作此直线的垂线,则此直线上必有至少 3 个点在这条垂线的 同侧,记为 A、B、C(如图 2)
[来源:Zxxk.Com]

π 因为∠KCB、∠KBA> , 所以,AC>BC. 2 由于 K、C、B 有对称轴,则 BC=CK. 同理,AC=CK,矛盾.故不可能有集合中的 6 个点共线. 不妨设 A、B 为这个集合中距离最短的两个点(如图 3),则其余 2001 个点有以下 4 种情 况: (i)在线段 AB 的中垂线上; (ii)在 AB 所在直线上; (iii)在以 A 为圆心,AB 为半径的圆上; (iv)在以 B 为圆心,AB 为半径的圆上. 由前面的证明可知,(i)、(ii)两种情况点的总数不超过 10 个. 又因为 AB 的距离最小,所以,(iii)、(iv)两种情况点的总数不超过 10 个. 故 10+10+2<2003.矛盾. 因此,结论成立.
[来源:学科网 ZXXK]

A

36

o

E

D

A B
A C F

C
D 72
o

D
36
o

K
G

B

72 B

o

36

o

C

图1 图2 图3 3.假设结论成立.设方格纸板的第 1 行为 S1, 第 2 行为 S2,?,第 n 行为 Sn.设 S1 中有 k 个 向量“↓”. 由于甲虫从任何一个单位正方形出发均能回到这个单位正方形,且不允许甲虫离开方格纸板, 即方格由一些环路组成,其中任意两条不相交.所以 S1 中没有向量“↑” ,且 S2 中有 k 个向量 “↑”.又因为这一行所有向量的和等于这一行平行于这一行的所有向量之和,所以,S2 中有 k 个向量 “↓” .继续这一论证, 得到在 S2, S3, ?, Sn?1 中均有 k 个向量 “↑” 和 k 个向量 “↓” , 且 S1 中有 k 个向量“↓”,在 Sn 中有 k 个向量“↑” ,且 S1 中没有向量“↑” ,Sn 中没有向量 “↓”. 于是,所有竖直方向的向量的总数为 2k(n?2)+k+k=2k(n?1). 同理,设第 1 列有 l 个向量“→”, 则所有水平向量的总数为 2l(n?1). 所以,所有向量的数目为 2k(n?1)+2l(n?1)=2 (n?1)( k+l) = n2. 因为,n?1≥2, n 与 n?1 互质,矛盾. 综上所述,不存在满足条件的向量的放法. 4.最小的“好数”是 5,且 2005 是“好数”. 在三点组(Pi, Pj, Pk)中,若|Pi Pj|为有理数(或无理数),|Pi Pk|和|Pj Pk|为无理数(或有理数), 我们称(Pi, Pj, Pk)为一个“好组”. (1) n=3 显然不是“好数”. n=4 也不是 “好数” .若不然, 假设 P1, P2, P3, P4 满足条件, 不妨设| P1P2|为有理数及(P1, P2,

P3)为一好组,则(P2, P3, P4)为一好组. 显然(P2, P4, P1)和(P2, P4, P3)均不是好组.所以,P1, P2, P3, P4 不能满足条件.矛盾. n=5 是好数. 以下五个格点满足条件:A5={(0,0),(1,0),(5,3),(8,7),(0,7)}

P4
(0,7)

y

(8,7)

P3

(5,3)

P1

P2

x (0,0) (1,0)

(2) 设 A={(1,0),(2,0),?,(669,0)}, B={(1,1),(2,1),?,(668,1)}, C={(1,2),(2,2),?,(668,2)}, =A ∪B∪C. 对任意正整数 n,n2+1 和 n2+4 不是完全平方数.不难证明,对于集合 S2005 中 任两点 Pi , Pj ,|Pi Pj|为有理数当且仅当 Pi Pj 与某坐标轴平行.所以 2005 是“好数”. 5.如果四边形是等腰梯形,我们可以用平行于底边的线分割成若干多个等腰梯形, A 因为任意一个等腰梯形都有外接圆,故命题对等腰梯形总是成立的. P 以下设圆内接四边形 ABCD 不是等腰梯形. 不妨设∠A≥∠C, ∠D≥∠B. 由 于对角互补,所以∠A≥∠B,∠D≥∠C. 作∠BAP=∠B, ∠CDQ=∠C,使得 P、 Q 在四边形 ABCD 内且 PQ∥AD,再作 PR∥AB,QS∥DC(如图), 因为∠B+∠ADC=∠C+∠BAD=180o, B R 所以∠DAP=∠BAD-∠B=∠ADC-∠C=∠ADQ, 因此四边形 APQD,ABRP,CDQS 都是等腰梯形,当然有外接圆. 又∠QPR+∠QSR=∠BAD+∠C=180o,从而四边形 PQSR 也有外接圆.这样我们就把四边形 ABCD 分成四个有外接圆的四边形,其中三个是等腰梯形. 对 n>4, 我们可以用前面所讲的分割等腰梯形的方法进一步把四边形 ABCD 分割成 n 个有外接圆的四边形. 6. (1)不能.若不然,如图,所得的 8 条线段的长为 1,2,3,4,5,6,7,8,因为三角形中的任意一边之长 大于其余两边之差的绝对值,故在一个非等腰且边长为整数的三角形中,任何一边的长大于 1, 所以长为 1 的线段只可能是 AB 或 AF.不妨设 AF=1,由于 1=AF>|AC?CF|,且 AC,CF 均为正整 数,所以 AC=CF. 在△ACF 中,由余弦定理得 cos∠C= AC2+FC2―AF2 AF2 1 =1 =1― . 2AC?FC 2AC?FC 2AC?FC
A

D

Q

S

C

在△BCD 中,由余弦定理得 BD2=BC2+CD2―2BC?CDcos∠C =BC2+CD2―2BC?CD(1―
2 2

1 ) 2AC?FC
C

B E

A 3 B
D F

5 20 4 E 16 12 F

BC DC = BC +CD ―2BC?CD+AC? FC . BC DC 上式中AC? FC 为小于 1 的真分数, 而其余各项均为整数, 矛

D 32

28

C

盾. 故不存在满足条件的 4 条直线,使得截出的 8 条线段的长分别为 1,2,3,4,5,6,7,8. (2)是存在的,如图所示,其中△ABE, △FDE, △FBC, △ADC 都是边长为 3,4,5 的相似直角三角形.所截得的 8 条线段的长依次 为 3,4,5,12,16,20,28,32. 7.设直角三角形的顶点和边长分别为 A,B,C,a,b,c,其中 c 是斜边, 内切圆圆心和半径分别为 M 和 r. 在线段 CA 上有不同于 C 的格点(例如 A),设其中距 C 最近的格点为 A1,同样设 CB 上距 C 最近 的格点为 B1,因为绕任一格点旋转 90o 后格点仍为格点, 所有 CA1=CB1. 设 CA1=CB1=e, 易知 CA=ne,CB=me,其中 m,n 是正整数. 即 a= me,b= ne. 因为 m,n 是正整数, 所以 e 是有理数. 根 2 2 2 2 2 2 据勾股定理得 c =a +b =e (m +n ). e 即 m2+n2=( c )2. ①

e e e 由于 是有理数,( )2 是整数,所以 是整数. c c c e 设c = k,则 c=ke,代入①得 m2+n2= k2. 从而 m,n,k 中奇数的个数为 0 或 2 .因此,r= 1 1 (a+b?c)= (m+n?k)e 是 e 的倍数. 2 2 ②

A2

A1

C B1 B2 M

A

B

如图,设 A2,B2 是切点,则 CA2= CB2= r,因此,A2,B2 也是格点,所以 M 也是格点. 8.如图表明 9 条线段已经足够了.下面证明至少需要 9 条线段 . 如果某点 A 不作为线段的端点,则其它 6 点至少要连 C2 6>9 条线段. 如果点 A 只作为 1 条线段的端点,则不与 A 相连的 5 点之间至少要连 C2 5>9 条线 段. 设每一点至少要作为两条线段的端点.若点 A 只作为两条线段 AB、AC 的端点, 则不与 A 相连的 4 点之间至少要连 C2 4=6 条线段.从 B 点至少还要引出 1 条线段, 所以这时至少有 2+6+1=9 条线段. 3× 7 若每一点至少作为 3 条线段的端点,则至少多于[ 2 ]=10 条线段. 9.设向量 PiPi+1 有分量 ui, vi, i=0,1,2,?,1992.每对 ui, vi 互质,否则,在 Pi 和 Pi+1 之间应有另外 的格点. 假设任一线段 PiPi+1 上均不包含所需的点 Q,则 ui+vi≡1(mod2), i=0,1,2,?,1992. 因此,



?

1992

(ui + vi ) ≡1993(mod2)≡1 (mod2).

i= 1

然而,所有向量 PiPi+1 的总和是零向量,这意味着



?

1992 i= 1

ui =0 和 ? vi =0.
i= 1

1992

这是矛盾的.所以对于某个 i,0≤i≤1992,在线段 PiPi+1 上存在一个点 Q(qx,qy)使得 2qx 和 2qy 是 奇整数. 10. 记所求最小值为 f(m,n),可以证明

f(m,n)=m+n-(m , n) (*) 其中(m,n)表示 m 和 n 的最大公约数. 事实上,不妨设 m≥n.. (1) 关于 m 归纳,可以证明存在一种合乎题意的分法,使得正方形边长之和恰为 m+n _(m,n). 当 m=1 时,命题显然成立. 假设当 n≤k 时,结论成立(k≥1). 当 m=k+1 时,若 n=k+1,则命题显然成立. 若 n<k+1,从矩 形 ABCD 中切去正方形 AA1D1D(如图 ),由归纳假设矩形 A1BCD1 有一种分法使得正方形边长 之和恰为 m-n+n-(m-n,n)=m-(m,n). D1 D C 于是原矩形 ABCD 有一种分法使得所得正方形边长之和为 m+n-(m , n). n (2) 关于 m 归纳可以证明(*)成立. 当 m=1 时,由于 n=1,显然 f(m,n)=1=m+n-(m , n). 假设 m≤k 时,对任意 1≤n≤m 有 f(m,n)=m+n-(m , n). A B m A1 若 m=k+1,当 n=k+1 时,显然 f(m,n)=k+1=m+n—(m , n). 当 1≤n≤k 时,设矩形 ABCD 按要求分成了 p 个正方形,其边长分别为 a1,a2,?,ap 不妨设 a1≥a2≥?≥ap, 显然 a1=n 或 a1<n. 若 a1<n,则在 AD 与 BC 之间的与边 AD 平行的任一直线至少穿过两个分成的正方形(或其 边界),于是 a1+a2+?+ap 不小于 AB 与 CD 之和. 所以 a1+a2+?+ap≥2m> m+n-(m , n). 若 a1=n,则一个边长分 别为 m—n 和 n 的矩形可按题目要求分成边长分别为 a2,a3,?,ap 的正方形,由归纳假设 a2+a3+?+a p ≥m-n+n-(m—n,n)=m-(m,n). 从而 a1+a2+?+ap≥m+n-(m , n). 于是当 m+k+1 时, f(m,n)≥m+n-(m , n). 再由(1)可知 f (m,n)=m+n-(m , n). 11.不妨设 A、B、C 不共线.将 AB、BC、CA 都扩展成直线,把平面分成 t 个部分,如图 a 所 示分为三种区域. (1)X 点在区域 I 内,记 l(PQR)为△PQR 的最长边的长度. 延长 AX 交 BC 与 D(图 b),则 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) ≥ = 2S△ABX 2S△BCX 2S△CAX l(ABX) + l(BCX) + l(CAX) ①

2S△ABX 2S△BCX 2S△CAX 2S△ABCX + + = =m(ABC). l(ABC) l(ABC) l(ABC) l(ABC)

(2)X 点在区域 II 中,不妨设 X 在∠BAC 的对顶角中,记 BC、CA、AB 所对应的高分别为 ha、 hb、hc. (I)若 m(BCX)是从 X 引出,则 m(BCX)≥ha≥m(ABC),所证不等式成立. (II)若 m(BCX)不是从 X 引出,则 m(BCX)=CD.(图 c) (i)若∠CBX≤90o,则 CD=BCsin∠CBX≥BCsin∠ABC= hc≥m(ABC). (ii)若∠CBX≥90o,则∠CBD=∠BXC+∠BCX≥∠BCX≥∠BCA,而∠CBD=180o-∠CBX≤90o, 所以 CD=BCsin∠CBD≥BCsin∠BCA= hb≥m(ABC). 于是,此时所证不等式成立. (3)若 X 点在区域 III 中,不妨设在∠ABC 所含的区域中,考虑 AB、BC、CA、AX、BX、CX 中的

X II A III I II B III C II (b) B D A III X D C A

X

A

B B (c) C D (d)

C

最长边(图 d)

(a)

(I)若 AB、BC、CA 之一为 l(ABC),由①的证明即知要证的不等式成立. (II)若 BX 最长,如图,BX 与 AC 交于 D, ∠ADB≤90o.作 AE⊥BX 于 E,CF⊥BX 于 F,则 m(ABX)=AE,m(BCX)=CF.又因为∠ADB>∠ACB. 所以 AE+CF=ACsin∠ADB>ACsin∠ACB=ha≥m(ABC), A 即有 m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX). A D (III)若最长边为 AX 或 CX,不妨设为 AX.在△ABX 中, ∠ABX≥∠BAX, X F 则 D E 90o≥∠BAX≥∠BAC.作 BD⊥AX 于 D,则 B B C m(ABX)=BD=ABsin∠BAX≥ABsin∠BAC= hb≥m(ABC). (e) (f) 所以,m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX). 综上所述,总有 m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)成立. 12. 设这 n 个点的集合 V={A0,A1,A2,?,An?1}为全集,记 Ai 的所有邻点(与 Ai 有连线段的点)的集 合为 Bi, Bi 中点的个数记为|Bi|=bi. 显然,

X

C

? b ? 2l 且 b ≤(n-1),i=0,1,2,?, n-1.
i ?1 i

n

i

n-1 1 1 若存在 bi=n-1 时, 只须取 l=(n-1)+[ 2 ]+1≤2(q+1)(n-1)+1= 2q(q+1)2+1, 则图中必存 在四边形. 因此, 下面只讨论 bi<n-1, i=0,1,2,?, n-1 的情况. 不妨设 q +2≤b0<n-1. 用反证法. 若图中不存在四边形,则当 i≠j 时,Bi 与 Bj 无公共点对,即|Bi∩Bj|≤1(0≤i<j ≤n-1 ) . 因此,

| Bi ? B0 | ≥bi-1, i=0,1,2,?, n-1.

2 故 | V ? B0 | 中点对的个数 ? Cn ?b0

?? (Bi ? B0中点对的个数) ? ? C|2 B ?B |
i ?1 i ?1
i 0

n ?1

n ?1

? ? Cb2i ? (当 bi =1或2时,令Cb2i ?1 ? 0) 1
i ?1

n ?1

?

1 n ?1 2 ? (bi ? 3bi ? 2) 2 i ?1

? n ? (? bi ) 2 n ? ? 1 1 ? ? i ?1 ? 3(? bi ) ? 2(n ? 1) ? ? (2l ? b0 ? n ? 1)(2l ? b0 ? 2n ? 2) 2 ? n ?1 ? 2(n ? 1) i ?1 ? ? ? ? 1 ? (nq ? q ? 2 ? b0 )(nq ? q ? n ? 3 ? b0 ). 2(n ? 1)
即 q(q+1)(n-b0)(n-b0-1)≥(nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0). 而(nq-q-n+3-b0)-q(n-b0-1)=(q-1)b0-n+3, 及(nq-q+2-b0)-(q+1)(n-b0)=qb0-q-n+2≥q(q+2)-q-n+2=1>0 由②、③及(n-b0)(q+1),(n-b0-1)q 皆为正整数,得 (nq-q+2-b0)(nq-q-n+3-b0)>q(q+1)(n-b0)(n-b0-1). 而这与所得的式①相矛盾,故原命题成立. ① ② ③

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