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第三节组合几何
第五章组合数学
第三节组合几何
E3-001在平面上给定六个点,其中任何三点都不在一直线上.证明:
在这六个给定的点中,可以挑出这样三个点,使得在这三个点构成的三角形中,有一个角不小于120°.
【题说】1958年匈牙利数学奥林匹克题1.
【证】考虑这六点的凸包,它是一个凸多边形,顶点是这些已知点的全体或一部分.
设∠ABC≥120°,则A、B、C即为所求.
如果凸包是△ABC,那么有一已知点D在这三角形内.∠ADB、∠BDC、∠CDA中必有一个≥120°,结论成立.
如果凸包是四边形或五边形,用对角线将它们剖分为三角形,必有一个三角形中有已知点.于是由上一种情形的讨论即得.
E3-002证明:
恰好存在一个三角形,其三条边长为连续自然数,而且一个角的大小是另一个角的两倍.
【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题1.本题由罗马尼亚提供.
【证】设△ABC的三边为n+1,n,n-l(n为自然数),∠C=2
AD=AB,于是2AB=AB+AD>BC+CD=BC+AC,所以AB=n+1.
由△DCA∽△DAB,得
DB·DC=AD2
因 DB=DC+BC=AC+BC=2n-1
所以 AC×(2n-1)=(n+1)2
由于n不能整除(n+1)2.所以AC=n-1.
由(n-1)(2n-1)=(n+1)2,解得
n=5
E3-003在一平面上已知n个点,其中n>4且无三点在一直线上,
【题说】第十一届(1969年)国际数学奥林匹克题5.本题由蒙古提供.
大者设为△ABC.过A、B、C分别作对边的平行线相交得△A′B′C′.
因为△ABC的面积最大,所以其余的n-3个点均在△A′B′C′中(如果有一点T在△A′B′C′外,那么T与A、B、C中某两点构成的三角形的面积大于△ABC的面积,矛盾!
).
除A、B、C外的n-3个点中,任取二点D、E,则直线DE不可能与△ABC三边都相交,不妨设直线DE与BC不相交,于是四边形BCDE
E3-004已知五条线段中任何三条都可以组成一个三角形.证明:
这些三角形中至少有一个是锐角三角形.
【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克九年级题1.
【证】设五条线段的长度为
a≤b≤c≤d≤e
假设由这些线段组成的任何三角形都不是锐角三角形,那么,在由a、b、c;b、c、d;c、d、e组成的三个三角形中,有
c2≥a2+b2,d2≥b2+c2,e2≥c2+d2
将它们相加,得到
e2≥a2+2b2+c2
≥a2+2ab+b2=(a+b)2
从而e≥a+b.这样,用e、a、b三条线段便不能组成三角形,矛盾.因此,命题得证.
E3-005正三角形的每一条边都被分成k个等分,过每个分点作平行于边的直线.结果把三角形分成k2个全等的小正三角形.我们把下面一组小三角形叫做一个“链”:
在其中没有一个三角形出现两次,而且前一个三角形与后一个三角形有一条公共边.求“链”中所含三角形个数的最大值.
【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克九年级题3.
链”中两个前后相邻的小三角形颜色不同,而且每个白色小三角形只能经过一次,故每条“链”中小三角形的个数最多为k2-k+1.
图b表明链中小三角形的个数可以恰为k2-k+1个.
E3-006在一个平面上有100个点,其中任意三点均不共线,我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形,证明:
其中至多有70%的三角形是锐角三角形.
【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题6.本题由原苏联提供.
【证】任意五个点,其中没有三点共线,则一定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形讨论.
(1)若五个点组成一个凸五边形,则这个五边形中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、图b.再注意四边形ACDE中至少有一个内角非锐角,这样就找到了三个不同的非锐角,相应地得到三个非锐角三角形.
(2)若五个点中有四个点组成一个凸四边形ABCD(图C),另一点E在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)若五个点中有三点组成一个三角形ABC(图d),另外两点D和E均在△ABC内,由于∠ADB、∠BDC、∠CDA中至少有两个钝角,我们可以找到四个钝角三角形.
综合
(1)、
(2)、(3)可得结论.
数的比为
E3-007已知平面上n(n>2)个点,其中任意三点都不在一直线上.试证:
在经过这些点的所有闭折线中,长度最短的一定是简单闭折线.
【题说】1971年~1972年波兰数学奥林匹克三试题2.简单闭折线即不自身相交的闭折线.
【证】设已知点为A1,A2,…,An,L为经过这些点的最短的闭折线.
若L不是简单闭折线,则L有两段,设为AiAj、AsAt相交于内点P,这时
AiAt+AsAj<AiP+PAt+AsP+PAj
=AiAj+AsAt
因此将L中的线段AiAj、AsAt改为AiAt、AsAj,则折线的长度减少,与L的最小性矛盾,从而L一定是简单闭折线.
E3-008九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2:
3的两个四边形.证明:
这九条直线中至少有三条经过同一点.
【题说】第六届(1972年)全苏数学奥林匹克八年级题4、十年级题5.
【证】由梯形的面积等于高和中位线的积可知:
分正方形成面积比为2:
3的两个梯形(或矩形)的每条直线,都把沿着梯形的中位线作出的正方形的中位线分成同样的比.
如图,分正方形中位线为2:
3的点共有四个,而直线有9条,故至少应有三条直线过这些点中的某一个.
E3-009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.
【题说】第十四届(1972年)国际数学奥林匹克题2.本题由荷兰提供.
【证】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任意多个等腰梯形,因任一等腰梯形都有外接圆,故命题对等腰梯形总是成立的.
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,于是∠A≥∠B,∠D≥∠C.
作∠BAP=∠B,∠CDQ=∠C,使P、Q在四边形内且PQ∥AD,再作PR∥AB,QS∥DC(如图).
因为 ∠B+∠ADC=∠C+∠BAD=180°
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=180°
从而四边形PQSR也有外接圆.
这样,我们就把ABCD分成四个有外接圆的四边形,其中有三个是等腰梯形.
对n>4,我们可以用前述分割等腰梯形的方法进一步把ABCD分割成n个有外接圆的四边形.
E3-010一个给定的凸五边形ABCDE,具有如下性质:
五个三角形ABC、BCD、CDE、DEA、EAB中的每一个面积都等于1.证明:
各个具有上述性质的五边形都有相同的面积,并且有无限多不全等的这样的五边形.
【题说】第一届(1972年)美国数学奥林匹克题5.
【证】由S△ABE=S△ABC,得AB∥CE,同理AE∥BD.因此ABFE为平行四边形,S△BEF=S△ABE=1.
设S△CDF=x,则S△BCF=1-x,
即
到E,使S△BCD=S△CDE=1.作EA∥DF,BA∥CF.EA、BA相交于A,则五边形ABCDE便满足所设条件,这样的五边形有无限多个.
E3-011已知凸多边形,在其内不能置放面积为1的任何三角形.证明:
这个多边形能置于面积为4的三角形内.
【题说】第八届(1974年)全苏数学奥林匹克题九年级题6.
【证】设内接于凸多边形P的三角形中,以△ABC的面积为最大(显然S△ABC<1),M是多边形P内的任意一点,则S△MAB≤S△ABC.由于这两个三角形同底AB,所以M点的轨迹是双轨平行线l1与ll′所形成的带形区域,其中l1与ll′的距离等于△ABC的AB边上的高的两倍.对于△MBC、△MAC做同样的讨论,从而得知多边形P的所
有点属于三个带形区域的公共部分——△A′B′C′,如图.从而
E3-012单位正方形周界上任意两点M、N之间连一曲线,如果它把这个正方形分成两个面积相等的部分,试证这个曲线段的长度不小于1.
【题说】1979年全国联赛二试题4.
【证】
(1)若点M、N分别在对边上(如图a),显然从M到N的曲线长度
(2)若点M、N分别在一双邻边上(如图b),则
必与对角线BD相交(否则
分成的两部分面积不等).设E为交点,作
关于BD的对称图形
,则M′在AB上,据
(1)有
=
≥1.
(3)若点M、N在同一条边上(如图C,M、N可以重合),那么
必与AB、CD的中点连线EF相交(否则
分成的两部分面积不等).设G为交点,作
关于EF的对称图形
,则M′在AD上,据
(1)有
=
≥1.
综上所述,命题得证.
E3-013一条平行于x轴的直线,如果它与函数y=x4+px3+qx2+rx+s的图像相交于互异的四点A、B、C、D,而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边,那么就称此直线为“三角形的”.证明;平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中,要么全都是三角形的,要么没有一条是三角形的.
【题说】1980年四国国际数学竞赛题5.本题由芬兰提供.
【证】设有一条直线是三角形的,不妨设它就是x轴,并且交点A在最左面(如果B在最左,A为左起第二个,则BA、BC、BD也成三角形,其它情况令x=-t就可以化成这两种),A就是原点.这时B、C、D的横坐标是三次方程x3+px2+qx+r=0的三个根,它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P<0,q>0,r<0及p3>4pq-8r.任一条平行于x轴的直线y=y0与y=x4+px3+qx2+rx+s的四个交点的横坐标记为x0<x1<x2<x3,则正数a=x1-x0,b=x2-x0,C=x3-x0及0满足方程
y0=(x+x0)4+p(x+x0)3+q(x+x0)2+r(x+x0)+s
从而a、b、c是方程
的根.由于
=p3-4pq+8r>0
所以a、b、c可以作为三角形的边长.即直线y=y0是三角形的.
E3-014有24个面积为S的全等小矩形,把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形,问小矩形的边长各是多少?
【题说】1980年北京市赛题6.
【解】设小矩形边长为a、b(不妨令a>b).因大矩形与小矩
形长边包含x1个小矩形的长边与x2个小矩形短边(x1、x2均为非负整数),而大矩形短边包含y1个小矩形的长边与y2个小矩形的短边(y1、y2均为非负整数).
由题意得方程:
用b除上述方程,并解出a/b,得:
方程的左边是整数;仅当x1+y2=0时,右边才是整数.因x1与y2均非负,故x1=y2=0.代入方程
(1)、
(2)、(3),得:
因此a>b,所以x2>y1.因此y1只能取数值1,2,3,4(x2相应地取数值24,12,8,6).
E3-015设ABC是等边三角形,E是三边AB、BC、CA(包括A、B、C)的所有点的集合,把E任意划分为两个不相交的子集,是否至少有一个集合含有一个直角三角形的三个顶点,证明你的结论.
【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题4.本题由比利时提供.
【证】在等边三角形ABC的边AB、BC、CA上分别取点P、Q、R,使
AP:
PB=BQ:
QC
=CR:
RA=2
则有PQ⊥AB,QR⊥BC,RP⊥CA.
对点集E进行红、蓝染色,则P、Q、R中至少有两点同色,不妨R、Q为红色.
若BC边上,除Q点外还有红色点X,则RQX组成红色顶点的直角三角形.
设BC边上除Q点外没有红点,若AB边上除B点外还有蓝点Y,作YM⊥BC,M为垂足,显然M不同于Q,△YBM为蓝色顶点的直角三角形.
若AB边上除B点外都染红色,这时作RZ⊥AB,Z为垂足,则△RAZ为红色顶点的三角形,故E总有一个子集中含有一个直角三角形的三个顶点.
E3-016平面上任给五个相异的点,它们之间的最大距离与最小距离之比记为λ求证λ≥2sin54°,并讨论等号成立的充要条件.
【题说】1985年全国联赛二试题4.
【解】设已给五点A、B、C、D、E的凸包为M.
1.M是凸五边形ABCDE.
因为凸五边形内角之和为540°,所以至少有一内角≥108°,不妨设∠BAC≥108°.又设△ABC中∠C≤∠B,A、B、C的对边分别为a、b、c.则
2.M为三角形或凸四边形,这时必有一已知点,设为E在△ABC内部.连EA、EB、EC,则∠AEB、∠BEC、∠CEA中,至少有一个不小于120°,由情况1的证法可得λ≥2sin60°>2sin54°,命题成立.
3.M为线段AB,此时显然有λ≥2>2sin54°.
由上面的证明可以知道,当且仅当已知点组成凸五边形ABCDE,每个角都等于108°,并且每两条邻边均相等时,λ=2sin54°,即λ=2sin54°的充要条件是已知点组成正五边形.
E3-017用任意的方式,给平面上的每一个点染上黑色或白色.求
【题说】首届(1986年)全国冬令营赛题6.
【证】先证引理:
平面上若有两个异色点的距离为2.那么必定可以找出符合要求的三角形.
如图a,若平面上AB=2,A为白点,B为黑点.AB中点O不妨设为白色,以AO为边作正三角形,顶点E或F中若有一个为白色,则符合条件的三角形已经找出;若E和F都为黑色,则正三角形BEF边长
在平面上任取一点O,不妨设O为白点,以O为圆心,4为半径作圆(如图b).若圆内的点均为白点,则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色;若圆内有一点P为黑点,则OP<4,以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR,则R至少与O、P中的一点异色.根据引理,也有符合要求的三角形.
E3-018平面上给定△A1A2A3及点P0,定义As=As-3,s≥4.构造点列P0,P1,P2,…使得Pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转120°时Pk所达到的位置,k=0、1、2…,若P1986=P0,证明:
△A1A2A3为等边三角形.
【题说】第二十七届(1986年)国际数学奥林匹克题2.本题由中国提供.
A1-uP0,P2=(1+u)A2-uP1,P3=(1+u)A3-uP2=w+P0,其中w=(1+u)(A3-uA2+u2A1)为与P0无关的常数.同理,P6=P3+w,…,P1986=662w+P0=P0,故w=0.从而A3-uA2+u2A1=0.根据u的性质得到A3-A1=(A2-A1)u,这说明了△A1A2A3为等边三角形.
E3-019两个同样大小的正方形相交错,其公共部分构成一个八边形.一个正方形的边是蓝色的,另一个正方形的边是红色的.证明:
八边形中蓝色的边长之和等于它的红色边长之和.
【题说】第二十届(1986年)全苏数学奥林匹克八年级题2.
【证】先考虑两个正方形中心重合的情形.这时,所构成的八边形外切于以中心为圆心、正方形边长为直径的圆.再由切线长定理易推得结论.
我们总可以将其中的一个正方形经平移后,使得两个正方形的中心重合.而这个平移变换又可由两次这样的移动来代替:
先沿被移动的正方形一边的方向平移,然后再沿着与该边垂直的另一边的方向平移.
因此,只要证明:
当沿着红色正方形的一边方向移动红色正方形时,所交成的八边形的“红边”之和不变.
如图a,设水平位置放置的是红色的正方形.当红色正方形沿其垂直方向的边向上移动时,八边形(平行移动的方向)的两条红边的长度不改变.(上方)第三条红边长度减少的数量等于图中上方带阴影的直角三角形斜边的长度;而(下方)第四条边长度增加了相同的长度(因两个阴影直角三角形各角分别对应相等,斜边上的高也相等,所以两个直角三角形全等).因此,在移动时,八边形的四条红边之和不变.
【别解】设水平放置的正方形ABCD是红色的,斜置正方形A1B1C1D1是蓝色的(如图b).
容易发现直角三角形ATS、BML、CPN、DRQ、A1TL、B1MN、C1PQ、D1RS都是相似的.分别由这些直角顶点作斜边上的高(斜边是红色的,对应的叫红色高线;斜边是蓝色的,对应的叫蓝色高线).注意到相似三角形对应线段成比例,利用等比定理可得
红边之和:
红色高线之和=蓝边之和:
蓝色高线之和
又因三角形AA1B、BB1C、CC1D、DD1A的面积之和等于三角形A1BB1、B1CC1、C1DD1、D1AA1的面积之和,这是因为它们都等于八边形AA1BB1CC1DD1与一个正方形面积的差,所以红色高线之和等于蓝色高线之和.
E3-020证明:
对于任何自然数n≥3,在欧氏平面上存在一个n个点的集,使得每一对点之间距离是无理数,并且每三个点构成一个面积是有理数的非退化三角形.
【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题5.本题由原民主德国提供.
【证】在抛物线y=x2上选n个点P1,P2,…,Pn,点Pi的坐标为(i,i2)(i=1,2,…,n).
因每一条直线与抛物线的交点至多两个,故n点中任三点不共线,构成的三角形为非退化的.
任两点Pi,Pj之间的距离是
(i≠j,i,j=1,2,…,n)
由于(i+j)2<(i+j)2+1<(i+j)2+1+2(i+j)=(i+j+1)2,
选n个点符合要求.
E3-021设G是紧夹在平行线l1与l2之间的任一凸区域(即其边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域),其边界c与l1、l2都有公共点.平行于l1的直线l将G分为如图所示的A、B两部分,且l与l1和l2之间的距离分别为a和b.
并说明理由;
【题说】1989年四川省赛二试题2.
【解】设l与G的边界c分别交于X、Y,点P∈l2∩G,连PX、PY并延长分别交l1于X1、Y1.
由上式可知,G为一边位于l1上,而另一顶点在l2上的三角形时,
(2)设X1Y1=d,则XY=bd/a+b,
E3-022平面上已给7个点,用一些线段连结它们,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.
【题说】第三十届(1989年)IMO预选题17.本题由蒙古提供.
【解】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
设每一点至少作为两条线段的端点.若点A只作为两条线段AB、
少还要引出一条线段,所以这时至少有2+6+1=9条线段.
E3-023从n×n正方形剪去一个1×1的角格,求其余的图形分成等积三角形的最少个数.
【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克九年级题6.
【解】一个与图中折线ABC有公共点的三角形,一条边长不大于1,
至少分成
个等积的三角形.
图中的分法表明缺角正方形可以分成2(n+1)个等积三角形.
E3-024证明存在一个凸1990边形,同时具有下面的性质
(1)与
(2):
(1)所有的内角均相等.
(2)1990条边的长度是12,22,…,19892,19902的一个排列.
【题说】第三十一届(1990年)国际数学奥林匹克题6.本题由荷兰提供.
【证】问题等价于存在12,22,…,19902的一个排列a1,a2,…,a1990,使
令 {(a2k-1,a2k-1+995),k=1,2,…,995}
={((2n-1)2,(2n)2),n=1,2,…,995}
(约定aj+1990=aj,j=1,2,…),则
(1)等价于
其中bk是(2n)2-(2n-1)2=4n-1(n=1,2,…,995)的一个排列,令
并取
b199t+5r=4(5r+t)-17(约定bj+995=bj)
则由于
其中S与厂无关.
因此
即
(2)成立.
E3-025设凸四边形ABCD的面积为1,求证:
在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点,使得以其中任意三点为顶点所构成的四个
【题说】1991年全国联赛二试题2.
【证】如图a,考虑四个三角形;△ABC,△BCD,△CDA,△DAB的面积,不妨设S△DAB为最小.分四种情况讨论;
即为所求.
为所求.
E3-026在桌面上放有七个半径为R的木球O,O1,O2,…,O6,球O1,O2,…,O6都与球O相切.问在这些球上面是否可以再放三个半径为R的木球O7,O8,O9,使得O7,O8,O9这三个球都与球O相切?
并说明理由.
【题说】上海市1992年高三年级数学竞赛二试题2.
【解】可以.理由如下:
O,O1,…,O6在同一个平面π上.用这个平面截这些球得7个圆.⊙O1,…,⊙O6都与⊙O相切.O1O2…O6组成边长为2R的正六边形,O是它们的中心.不妨设⊙Oi与⊙Oi+1(i=1,2,…,5)相切,⊙O6与⊙O1相切.
在球O、O1、O2上放球O7,使球O7与这三个球都相切,此时OO1O2O2是棱长为2R的正四面体,O7到平面π的距离是这正四面体的高.
同样在球O、O3、O4上放球O8,使球O8与这三个球都相切;在球O、O5、O6上放球O9,使球O9与这三个球都相切.O8、O9到平面π的距离等于O7到π的距离.所以O7、O8、O9在与π平行的平面上.
记O7、O8、O9在π上的投影为O7'、O8'、O9',则O7'O8'=O7O8,O8'O9'=O8O9,O7'O9'=O7O9,且O7'、O8'、O9'分别是△OO1O2、△OO3O4、△OO5O6的中心,连O2O7'、O3O6'并延长交O1O4于E、F,则E、F分别为OO1、OO4的中点且O2E⊥O1O4,O3F⊥O1O4,故
同理O8'O9'=O7'O8'=2R.
可见这样放的球O7、O8、O9不会重叠.
E3-027设凸四边形ABCD的内角中,仅∠D是钝角,用一些直线段将该凸四边形分成n个钝角三角形.但除A、B、C、D外,在该凸凹边形的周界上,不含分割出的钝角三角形顶点.试证:
n应满足的充分必要条件是n≥4.
【题说】1993年全国联赛二试题1.
【证】1°充分性如图a,连结AC;设E是△ABC的费马点,连结AE、BE、CE,则△ACD、△AEB、△BEC、△CEA都是钝角三角形,这时n=4.
在EC上取E1,E2…,En,连结AE1,AE2,…,AEk,则△AEE1,△AE
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