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人教版初中数学《第30章组合几何》竞赛专题复习有答案
所属科目:竞赛试题    文件类型:doc
类别:试题、练习
上传日期:2018/3/5  
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第30章 组合几何
30.1 覆盖、划分与构造
30.1.1** 求证:可以把三角形划分成三块,拼成一个矩形.
解析 如图,不妨设为△之最大边,故,,设、中点分别为、,作,,易知、在上.今过作,分别与直线、交于、,于是易见△≌△,△≌△,因此△被分成三块,拼成了矩形.

30.1.2** 任何不等边三角形都可以被两个较小与之相似的三角形覆盖.
解析 如图,不妨设△∽△∽△,且△最大.

注意这里△是预先给定的,而△与△都是构造的.
不妨设,如图,又让.(与重合,与重合),、分别在、上,.
于是只要设与交于,在上,即能保证△与△均比△小.
30.1.3*** 求证:同时平分一个三角形面积和周长的直线必通过该三角形的内心,对于任意圆外切多边形,是否有类似论断?
解析 对于任意圆外切多边形都成立.如图,设平分线交外切凸多边形于点、,分成两段与,圆心为,半径为,由,得,即过圆心.

30.1.4** 已知坐标平面上有一个△,顶点坐标分别为(,)、(,)、(,),则有定理,以此证明:格点三角形的面积≥;对于任何大的正数,是否都存在三边长均大于且面积为的格点三角形?
解析 面积公式可用外接矩形推导.又设△中,点为原点(0,0),、为格点(,)、(,),则由面积公式知

下研究不定方程.比如方便地,令(,)=(,),(,)=(,),只要是充分大的正整数,、、都充分大.
30.1.5*** 证明:凸多边形不能划分成有限个非凸四边形.
解析 假设凸多边形能分割成非凸四边形,…,多边形中小于的内角和与另外的角之和的差用数来表示,另外的角是指中大于的角关于的补角.比较数和,为此研究四边形,…,的所有顶点,这些顶点能够分成4种类型:
(1)多边形的顶点.这些点给予和同样的值.
(2)在多边形或四边形边上的点.每个这样的点给予的值比给予的值大.
(3)多边形的内点.在这点引出四边形的小于的角,每个这样的点给予的值比给予的值大.
(4)多边形的内点,在此点引出四边形的一个大于的角,这样的点给予和的值为零.
总之,得到.另一方面,,而.不等式是显然的,而对于等式的证明,可以验证:如果是非凸四边形,则.设的角,任意的非凸四边形相当于有一个角大于,因此.矛盾,因此不可能把凸多边形分割成有限个非凸四边形.
30.1.6*** 求证:对任意有界凸形,存在两个矩形、,与相似,面积分别为、,覆盖,包含,.
解析 如图,设的直径(即中最远两点之距离)为,则过点、与垂直的直线、是的左、右支撑线(即碰到边界不穿过其内部的直线).作的上、下支撑线、,使,即四边形为矩形,就是包含的.设点、是与、的公共点,于是四边形在凸形之中.不妨设点在点“左”侧,设,,,则,,,又在上取一点,使,,又设、、、分别与、、、交于点、、、,如图所示,可以证明面,,及,于是可以在线段、、、上分别找四点、、、,满足,易知矩形在中,且与矩形相似,面积为,这就是我们要找的.由对称性,只需证与即可.即或,由于,故显然成立.至于即,此即,移项化为求证.由及知显然成立,证毕.

30.1.7*** 平面上有(≥3)个半径为1的圆,且任意3个圆中至少有两个圆有交点,证明:这些圆覆盖平面的总面积小于33.3.
解析 不妨记这个圆心分别为点,,…,,且距离最远.现过点、分别作的垂线与,则点,,…,均在与之间的带形区域内.
现以点为圆心、2为半径在的(含的)一侧作半圆,与交于点、,则该半圆包含了全体与点的距离不超过2的圆心.同样若以点为圆心、3为半径作半圆,与交于点、,再向左作矩形,使,最后添上两个四分之一圆,得一凸形,如图()所示,易知此凸形包含了所有圆心与点的距离不大于2的圆,该凸形的面积为.

易知,剩下的所有圆心两两距离必≤2(否则若,又,,、与,两两相离,与题设矛盾),于是可以找到三对平行线(,,),满足凸六边形内角均为,且三对平行线之间距离均为2,并使剩下的所有圆心均在此六边形内,如图()所示.
今补出菱形,知六边形的周长为4.
现设,,易知,故



让一半径为1的动圆圆心在六边形周边上跑一圈,设其外端形成的凸形面积为,易知剩下的圆全在此凸形中,且

于是覆盖总面积≤.
30.1.8*** 求证:从任何面积为的等腰三角形中,都可以割出3个互不相交的全等三角形,每个面积均超过.
解析 不妨设.当时,如图(),找到△的内心,在上取一点,使,于是△、△与△即为所求,这是由于,得,

当时,如图(),在上取点、,使,又在、上分别取点、,使,于是△、△、△即为所求.这是由于,故,于是,


30.1.9** 平面上有若干个圆,它们覆盖平面的面积是1,证明:可以从中选出若干个两两不相交的圆,使它们的面积之和不小于.
解析 首先,从这些圆中选出半径最大的圆,并考察半径为其3倍的同心圆,从中可剔除所有在这个同心圆里面的圆,于是剩下的圆与原来的最大圆没有交点.再在剩下的圆中找出最大的圆,重复上述过程.由于圆的总数有限,这一过程总会终止.这时,每个半径胀大3倍的圆覆盖了原先所有的圆,它们的面积之和不小于1,而这些“胀大圆”对应的原先的同心圆,便是满足条件的两两不相交、且面积之和不小于.
30.1.10*** 在面积为5的区域中,放置着9个面积为1的矩形,证明:其中必有两个矩形的重叠部分面积不小于.
解析 假设结论不成立.给矩形编号,l号矩形覆盖的面积是1,当2号矩形盖上去后,被覆盖面积增加的尽管不是1,但大于;类似地,当3号矩形盖上去后,又增加了大于的面积……最后,被9个矩形盖住的总面积超过了,矛盾.
30.1.11*** 在单位正方形内放置一个图形,使它任意两点的距离不等于0.001,求证:该图形的面积不超过0.288.
解析 设正方形为,图形记为,面积为.易知沿任何方向上平移0.001的距离得到新的图形与无公共点.
如图,作一个菱形,其中△与△均为边长是0.001的正三角形,且在上;又将此菱形绕逆时针旋转一个角度(略大于),使得到的新的菱形满足.

不妨设沿方向得到的图形为,同理沿方向,,…,得到的图形为,,…,.
对任一图形,记其面积为.为方便起见,下面用集合中的一些常用记号(并、交与空集).
由于沿方向得到的图形与无公共点,故

因此,
于是.
不妨设,于是

又,


故.
又因为等在、方向上的投影均小于万,故一个边长为的正方形可以将、、、均覆盖,于是

由此得.
30.1.12*** 一有界凸形被直线分成面积相等的两部分,直线,被分成的两部分在上的射影分别为与,求证:.
解析 如图,设两段投影分别是、,点是凸形的支撑点,平分凸形的与分别交于点、,延长、,分别交支撑线于点、.于是有,即,易知,令,则有,即同理有,即.

30.1.13*** 求证:面积为1的凸形可以放进一个面积不小于的三角形.
解析 首先需说明的是:三角形的顶点可以在凸形白边界上.
如图,作两平行支撑线与,距离为,与凸形各有一个交点(可能不止一个)是点与点.

又作与、距离均为的“中位直线”,再作与的“中位弦”、与的“中位弦”.
现过点、分别作凸形的支撑线,得一梯形,上底在上,下底在上,其面积为.同理,过点、分别作凸形的支撑线,又得一梯形,上底在上,下底在上,其面积为,显然(凸形面积).又有,同理,于是

30.1.14**** 设凸边形的边两两不平行,求证:对于凸边形内任一点,不可能存在条经过点的直线,其中每一条直线都平分该凸边形面积.
解析 设凸边形,关于点中心对称的是,如果有条等分面积的直线经过点,那么是条直线每相邻两条所成的2是个角(无重叠)中都应该有与边界的交点,但在多边形的每一条边上至多有两个那样的交点,故.
30.1.15** 证明:如果凸四边形能够划分成两个彼此相似的四边形,那么四边形是梯形或平行四边形.
解析 若线段的端点和在边和上,它把四边形分割成两个相似的四边形,这时四边形.的角等于四边形的一个角.如果,则,而如果等于四边形的另外的角,那么在这个四边形里有两个和为的角.对于引出类似的结论.我们或者得到和(这时),或者得到四边形中有两个和为的角.不失一般性,可以认为它们中的一个角为.
如果,则.
如果,则,因此,或者.
如果,则四边形和是圆内接四边形.由此容易推出,和,即.
30.1.16**** 证明:对于凸多边形,下面两条性质等价:(1)有对称中心;(2)能划分成平行四边形.
解析 研究凸多边形….下证明,性质(1)和(2)的每一个都等价于下面的性质(3):
对于任意边能求出,使四边形为平行四边形.
显然,从性质(1)能推出性质(3).下面证明,从性质(3)推出性质(1).如果凸多边形…具有性质(3),那么,用表示线段的中点,因为是平行四边形,所以.因此,所有点都重合于多边形的对称中心.证明由性质(2)推出(3):设凸多边形分割成平行四边形,则需要证明对于多边形的任意边能够求出与它长度相等且平行的边.离开多边形的每一条边有平行四边形串,即这条边好像是沿着它们进行平行移动,并且它能分成几个部分(如图()).因为在凸多边形那里还仅能有一条边,它平行给出的边,则所有串的分支都支撑在同一条边上,并且它的长不小于引出串的那条边的边长.无论是从第一条边到第二条边,还是从第二条边到第一条边,均能够沿平行四边形串加以移动,因此这两边的长相等.

剩下证明,从性质(3)推出性质(2).用与对边相等且平行的线段分割多边形的方法(如图()).每施行这样步骤以后,得到边数少的多边形(这个多边形仍具有性质(3)),按同样的做法继续下去,直到分成平行四边形为止.
30.1.17**** 求证:如果凸多边形能够划分成若干中心对称凸多边形,则原来的多边形具有对称中心.
解析 利用题30.1.16的结果.如果凸多边形分割成中心对称的凸多边形,那么这些中心对称凸多边形能分割成平行四边形,因此能分割成平行四边形,即有对称中心.
30.1.18**** 证明:对于一面积为的三角形、平行四边形及一般的有界闭凸形,分别存在一条直线,使它们沿这条直线折叠后的重叠部分的面积分别满足、、.
解析 对于三角形,作角平分线,则该三角形被分成两个小三角形,然后沿角平分线对折,我们知道,重叠部分是两小三角形中较小的那个.不妨设三角形三边≤≤,这样的重叠面积有三个:、和,舍弃最后一个,我们只需证明.
不妨设,则.
若,则;
若,则.
对于平行四边形,如图(),不妨设≥,,.

设、中点分别为、,作于点,点必在上,又作中垂线,则点在上.
易知,若分别沿、对折,则重叠部分分别为等腰梯形△与等腰三角形△.


, ①
其中用到余弦定理与三角形两边之差小于第三边.
又设,对△用余弦定理得

展开整理,得

于是. ②
①+②,得.
最后处理一般的有界凸形.
如图(),设凸形的直径为,则作直线、分别过点、且均与垂直,易知直线、都是支撑线.

又作的中垂线,交凸形边界于点、.
由于四边形是筝形,沿折无冗余,故只需证明即可.
过点、作支撑线,分别交、于点、和点、.易知四边形是梯形,它的中位线是,高是,故而



30.1.19*** 一个凸四边形的边长和对角线长(不一定两两不同)依照递增的次序排成一数列,它与另一个凸四边形的数列完全相同,问这两个四边形的面积是否必定相等?
解析 不一定.考虑等腰梯形,上底,下底,高为1;另一个是筝形,垂直平分,且交于点,,.

30.1.20*** 对于任一13边形(不一定是凸的),必存在一条直线,仅包含它的一条边,但对于(>13)边形,结论未必正确.
解析 假设存在一13边形,包含其任一条边的直线,还至少包含另一条边.今过13边形的所有边引直线,因为它有13(奇数)条边,故某条直线上包含至少3条边,因此这条直线上至少有13边形的6个顶点.而经过每个顶点引出的直线上至少有2条边,因此在这个13边形里总共有不少于3+2×6—15条边,不可能.
对于偶数,(≥10)和奇数(≥15)的例子可分别由“星形”及“星形”出发得出,如图所示.

30.2 格点及一般点集
30.2.1** 平面上每座探照灯能照亮的范围,证明:在平面上的任意4固定点上的4座探照灯通过旋转可以照亮整个平面(探照灯本身大小忽略不计).
解析 如图,假定是四点、、、,找一条直线,与四点两两连线中的任一条不平行也不垂直,于是四点至距离两两不等,适当地移动,使四点中两点(不妨设、)在一侧的半平面内,而另两点(不妨设、,未画出)在另一侧的半平面内.

对于水平而言,不妨设在左、在右,过作一直角朝右下方向,两边分别与平行、垂直,过亦作类似一直角,但朝左下方向,易知、两盏灯可覆盖半平面,同理、处两灯可覆盖半平面.
30.2.2** 对于一切整数≥3,平面上都存在个点,使得任意两点的中垂线至少通过其余个点中的一点.
解析 如图,设个点为,,…,,今让为圆心,,…,在圆周上.

当为奇数时,构作个顶点不重的正三角形△(,2,…,),于是所有连线的中垂线过其余个点中的一个.当为偶数时,先作菱形,使△与△均为正三角形,其余再按前述构作,易知满足题设要求.
30.2.3*** 有一个多边形(不一定是凸的),面积大于,求证:可以把它适当地放在坐标平面上,使其至少覆盖住个格点.
解析 先将多边形染成红色,随意地放入坐标平面,然后将与多边形相交的小方格(四顶点为格点,边长为1)平移到某个远处的正方形处,并一个一个地叠在上.因为在正方形上是一层一层堆叠起来的,所以对于丁的任一点(如图),每一层都有一点盖住点:有时出现在该层的红点下,有时出现在未涂色的点下.

我们断言,底面中必定有一点至少被个不同层的红点盖住.如若不然,底面丁中每一点都至多被个不同层的红点盖住.这时红点的总面积不会超过个单位,与已知多边形面积大于的条件相矛盾.因此,上必有一点,至少被红点盖住了次.
现在拿一根针垂直扎穿点上所有各层,这就在每一层中标出了一个点,这种点中至少有个红点.记它们为,,…,,这里的至少是.最后把所有的小正方形移回原来的位置,重新拼成多边形.
既然各点在其正方形中都出现在同样的相对位置上,所以多边形的任何平移,如果使一个移动到一个格子点,也将使其余的移到相应的格子点.它们至少有个.
因此,这样的平移就把多边形变到一个至少盖住个格子点的位置上.
30.2.4*** 设点、、是3个格点,若,则点、、是一个正方形的3个顶点.
解析 通过旋转与平移知,不妨设,,,这里≥0.若≥1,于是
,这里,矛盾,故.
30.2.5*** 平面上任给13个整点.求证:必存在4个整点,使得这4个点的重心也是整点.
解析 我们知道,有限个点的重心的两个坐标,分别是有限个点的坐标的算术平均值.在13个整点中任取5个点,必有两个点、,其连线的中点也是整点,在剩下的13-2=11个整点中任取5个整点,又得、,其连线的中点是整点,再在剩下的9个点中任取5个,亦得、,其连线的中点是整点……如此继续,得,,…,,,其中与(,2,3,4,5)的连线的中点是整点,记这些中点分别为、、、、,则(,2,3,4,5).
由抽屉原理,在上述5个整点中,必有两点,不妨设为,,其连线的中点是整点,即.
故存在四个点、、、,其重心是一个整点.
30.2.6*** 证明闵可夫斯基定理:凸形是中心对称图形,对称中心是原点,若的面积大于4,则其内部至少还包含不同于点的格点.
解析 考虑所有以(,)(、为整数)为中心、边长为2的正方形,将其中与有公共点的正方形平移,使其以原点为中心,由于面积大于4,故存在的两点、,经上述平移后重合于同一点(,),设点、的坐标分别为(,)、(,),由于关于点中心对称,故也在中,于是的中点也在中,点是格点,且,故.

30.2.7*** 求证:对于任一格点凸五边形,一定有一个格点在其对角线围成的凸五边形区域内(包括边界及顶点).
解析 如图,用反证法,设五边形是最小的格点凸五边形,其中的内部及边界上均无格点.设△是五个“周边三角形”中面积最小的一个.今作平行四边形,易知点也是格点,且在△内(或边界上),由假设,点只能在△内部(或内),或在△内部(或内),不妨设是后者,如图,易知凸五边形是更小的格点五边形,其对角线围成的五边形是的一部分,当然不含格点,矛盾,故结论成立.

30.2.8*** 在平面上有6个红点,6个蓝点,6个绿点,其中任何3点不共线,求证:以同色点为顶点的所有三角形面积之和小于以这18个点为顶点的所有三角形面积之和的.
解析 不妨考察3个蓝点、、与非蓝点,易知,对所有这类不等式求和,易知每个“蓝色顶点”三角形被计算了12次,而每个“蓝一蓝一非蓝顶点”三角形都被计算了4次,从而所有“蓝色顶点”三角形的面积之和不超过所有“蓝一蓝一非蓝顶点”三角形面积之和的,亦即“蓝色顶点”三角形面积和不超过“至少两顶点蓝”三角形面积之和的.对另两种顶点同色的三角形,亦有类似结论,三个不等式加之,其中无三角形被重复计数,于是结论成立.考虑到还有“三色顶点”三角形的存在,是取不到的.
30.2.9*** 在边长为l的正三角形内或边上有6点,则必定有两点之间的距离不大于.如果把“6”改成“5”,结论仍然成立;改成“4”,则必定有两点之间距离不大于.
解析 先证一个结果,对于正三角形△内或边界上有两点、,则.这是因为不妨设,由,、均在以为圆心、为半径的扇形内,于是,≤,成为△的最大边,于是≤.
现在回到原题,对于正三角形△,边长为1,找到、、中点、、,则△、△、△、△是边长均为的正三角形.如有5个点,由抽屉原理知有两点会落在上述4个小正三角形内或边上,于是它们的距离≤.
至于4个点,只要再找到△中心,连结、、,得3个圆内接四边形,直径分别是、、,不妨设4个点中两点在四边形内或边上,则它们完全在以为直径的圆内,故其距离不大于.
80.2.10** 在平面上有个多边形(不一定是凸的),已知任意两个多边形均有公共点,则存在一条直线,与每个多边形都有公共点.
解析 找一条直线,不妨设是轴,每个多边形在其上的投影,是一条线段(1≤≤).由条件,知对任意,与有交点.今不妨设,,则与有交点,于是存在一点,对一切,,一切,.于是过且与轴垂直的直线即为所求.
30.2.11*** 平面上有(>2)个点,已知过任两点的直线还至少过第三点,则这点在一直线上.
解析 如果结论不成立,则每条过其中两点的直线一定有点落在其外,这些外点至直线有一个距离,这些距离中的最小值,设为,如图,即至的距离最小,而由定义知上面至少有三点,设为、、,不妨设其中两点、在同侧,在之间,于是至的距离更小,这是由于△∽△,.矛盾,因此结论成立.

30.2.12*** 平面上有(>2)条两两不平行的直线,已知过任两直线之交点还至少有第三条直线经过,则这些直线共点.
解析 用反证法,假定这些直线不共点,找出所有直线的交点.对每一个这样的交点,总有若干条直线不经过它,于是存在一条直线离这点最近(>0),找到所有这种距离的最小值(因为直线只有有限多条).
如图,不妨设至的距离为最小.由于过至少有3条直线,均与不平行,与交点依次为、、,设,在上,不妨设在上.于是过作,,矛盾.故条直线必共点.

30.2.13*** 在凸边形内部如何标记最少数量的点,使得以边形顶点为顶点的所有三角形内部均至少包含一个标记点?
解析 由一顶点出发,引所有对角线,将凸边形分成个三角形,因此个标记点是至少的,下证个标记点就够了.
设凸边形,选定边,连结,(3,4,…,).如图,考查以下个三角形区域(由,与围成,3≤≤,),这些区域内各选一点即满足要求,事实上,对任意△().当时,已解决(在其中);其余情形,在其中.图中为时之情形.
·
30.2.14*** 已知平面上有五点、、、、,点、在△内,若无三点共线,且,求证:以这五点中任三点为顶点的三角形中,必有一个的面积≤,且此下界不可改进.
解析 如图,将向两边延长后一定与△某两边相交,不妨设与、分别交于点、.

记,我们证明≤.
记,,,,,则,不妨设.
易知,,.
于是,,故,
于是,即,
或,
其中不等式是算术平均不小于几何平均.
为了说明不可改进,可令,.
30.2.15*** 求证:平面上四点,两两之间有个距离,若距离在长度上只有2种,则四点的构形只有6种,并一一列举.
解析 显然一种距离是不可能的,否则每三点都构成正三角形.如果只有2种距离,那么每三点都是一等腰三角形之顶点.
如图(),假设四点为、、、,若在△内或边上,且不妨设,于是在以为圆心、为半径的圆内,,这样一来,只能有或.当时,同理,,,为正三角形之中心,这是第一种情形.

若,延长至于,由,得,易知等号不能同时取到,于是,同理,△为正三角形,,为△外心,这是第二种情形.
假设、、、依次为一凸四边形顶点,如果,则四边形为菱形.若,≠,则,四边形为正方形,此第三种情形.若(或),则四边形为两个正三角形拼成的菱形(内角为、),这是第四种情形.
若、、、不全相等,则它们恰有两个距离值.若三个相等,不妨设,如图().如果,则△为正三角形.由,,得,但又由,有,这样、、产生三种距离,矛盾.于是只能有,同理.△≌△,四边形为等腰梯形,设,则,,四边形形状固定,这是第五种情形.

最后是分两组,每组两个相等,有两种情形,一种不妨是,四边形为平行四边形,由,不妨设,故,产生三种距离,舍去.
另一种是相邻边有相等的,不妨设是,如图(),不妨设,△为正三角形.如果,则为△外心,不可能在△之外.于是,,此时四边形形状仍固定,这是第六种情形.

30.2.16**** 平面上有6个点,每两点之间有一个距离,求证:这些距离至少有3个不同的数值.
解析 易知在4个点时,6个距离就至少有两种(否则每3点构成正三角形).只有两种时的构形共有6种,如图()及()所示.(见题30.2.15.)

用反证法,假定6点只产生两种距离.
首先是凸包为△,在内部.此时有△为正三角形,为其中心;或,.
于是平面6点的凸包不可为三角形,否则其余三点全部重合于,这不可能,故有至少3种距离.
再回到四点构形,当为凸四边形时,共有4种,如图()所示.其中第一种四边形是正方形;第二种△为正三角形,,;第三种中△与△均为正三角形;第四种中四边形是等腰梯形,,,,等.

再回到六点问题,设六点为、、、、、,刚才解决了凸包是三角形之情形,当凸包为四边形时,假定只有两种距离,于是就碰到了上述四种情形,第一种情形中,由,不妨设,故,三种距离产生了;第二种情形,由于、、在以为圆心、
…………………………
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