人教版数学江苏省数学竞赛第40讲 格点.docx
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人教版数学江苏省数学竞赛第40讲格点
第40讲格点
节主要内容有格点的概念,及格点在解题中的应用.
格点,又叫整点,指的是在直角坐标系中,每个坐标都是整数的点.或者直接在平面上取两组互相垂直的平行线(在空间中就取三组互相垂直的平行平面),相邻的两条平行线的距离相等,这两组平行线的交点就是格点.当一个多边形的所有顶点都是两组互相垂直的平行线,相邻的两条平行线的距离相等,这两组平行线的交点就是格点.关于格点多边形,有下列定理:
定理1(皮克定理)设格点多边形内部有N个格点,边界上有L个格点,则其面积
S=N+
L-1.
(证明略)
定理2边与两轴平行的正方形(顶点不一定是格点),如果其面积大于1,则其内部至少有一个格点.
证明如图,设点A、B的横坐标分别为a,b,则r=b-a>1.
若a为整数,则a+1<b,而a+1为整数,此时,直线x=a+1穿过正方形ABCD内部;若a不是整数,[a]是不超过a的最大整数,{a}=a-[a],有0<{a}<1,此时a=[a]+{a}<[a]+1=a-[a]+1=a+1-[a]<b-[a]<b.即直线x=[a]+1穿过正方形内部.总之,正方形内部有一条竖直格线穿过.
同理,正方形内部有一条水平格线穿过.即其正方形内部有一个格点.
A类例题
例1⑴内部不含格点的圆,其面积≤
.
⑵内部恰有一个格点的圆,其半径不大于1.
分析本题是定理2的一个直接应用.
⑴证明如果圆的面积>
,则其半径>
其内接正方形边长>1.由定理2可知其内部必有格点.故证.
⑵证明设⊙O有内部恰有一个格点,且其的半径>1.
圆心O必在某个格点正方形ABCD内或在其边上.从而A、B、C、D至少有三点在⊙O外或⊙O上.于是相对的两个顶点A、C或B、D同在⊙O外或⊙O上,例如B、D在⊙O外(或⊙O上).于是BO≥1,DO≤1.即O应在以B、D为圆心,1为半径的圆外(或边界上),又在正方形ABCD内部,这是不可能的.
例2⑴找出内部恰有0个、1个、2个、3个、4个格点的面积最大的圆.
⑵能否找到内部恰有5个格点的面积最大圆?
⑴解(如图)内部恰有0个格点的面积最大圆的半径=
;
内部恰有1个格点的面积最大圆的半径=1;
内部恰有2个格点的面积最大圆的半径=
;
内部恰有3个格点的面积最大圆的半径=
;
内部恰有4个格点的面积最大圆的半径=
.
⑵解如左图画的是内部有5个格点且过4个格点的圆,其半径=
.但这圆不是内部有5个格点的面积最大圆.
如右圆,取内部恰有四个格点的面积最大圆(虚线画的圆),其圆心为O,点P1、P2、P3、…、P8等8个格点在此圆上,其半径=
>
.
可以作一个圆使原来四个在圆内的格点仍在此圆内,且使P1在圆内而原来在圆上的其他格点都在圆外.为此取P1P8、P2P3的垂直平分线l1、l2,则在这两条直线围出的右上平面内的点,到P1的距离比到P8的距离小,到P2的距离比到P3的距离小,再作P2P8的垂直平分线l3,则l3上的点到P2、P8距离相等,现在l3上靠近点O取一点Q,以Q为圆心,QP2为半径画一圆,显然,此圆内恰有5个格点.
只要点Q充分接近O,则⊙Q的半径充分接近
,但圆内恒有5个格点.即没有圆内恰有5个格点而面积最大的圆.
情景再现
1.内部不含格点的正方形,其面积≤2.
2.找出内部恰有1个,2个格点的面积最大的正方形.
B类例题
例3求证:
对任何n(n∈N),可以作一个圆,恰盖住n个格点(格点在圆内部).
分析只要能证明,平面上存在一点,到所有格点的距离两两不等.为此,可以利用“无理数不等于有理数”来解.
证明取一点,其两个坐标都是无理数,例如取点W(
,
),先证明,以W为圆心,任意长为半径作的圆,至多通过一个格点.
设某个以W为圆心的圆通过两个格点(m,n),(p,q)(m,n,p,q∈Z),
则(m-
)2+(n-
)2=(p-
)2+(q-
)2.
展开整理得,m2+n2-p2-q2=2
(p-m)+2
(q-n).
左边是有理数,右边当且仅当p=m,q=n时为有理数.故证.
于是可知以W为圆心的圆至多通过一个格点.
现考虑,平面上所有的点与W的距离,这些距离没有两个相等.把所有的格点与点W的距离按从小到大排队0=r0<r1<r2<r3<…<rn<….取线段r,满足rn<r<rn+1,以W为圆心,r为半径作圆,则此圆内恰有n个格点.
说明本题即是辛泽尔定理,利用本题的结果可以解1987年的全国高中联赛题二试第2题.
例4若a与b是互质的正整数,证明
+
+
+…+
=
(a-1)(b-1).
分析研究数[ka](k,a∈N*)的几何意义:
取函数y=kx,这是一条直线,在直线上取一点(a,ka),在连结点(a,0)与点(a,ka)的线段上(不含点(a,0)而含点(a,ka)时),恰有[ka]个格点.
证明取直线y=
x(右图中以a=5,b=9为例).
对于k=1,2,…,b-1,由(a,b)=1,知b
ak.
所以直线y=
x与x=k(k=1,2,…,b-1)的交点都不是格点.
而
表示线段x=k(y∈(0,ka])上的格点的个数,所以,
+
+
+…+
表示以O(0,0),A(b,0),B(b,a)为顶点的三角形内部的格点数.由于线段y=
x(x∈(0,b)上没有格点,由对称性知,△OAB内部的格点数等于矩形OABC(其中点C坐标为(0,a))内部格点数的一半.
而矩形OABC内部的格点数=(a-1)(b-1)(共a-1行,b-1列).从而
+
+
+…+
=
(a-1)(b-1).
说明本题所证明的恒等式称为厄尔米特恒等式.本题是把《高斯函数》中的内容与格点联系起来的一个定理.
例5若每边长均为整数,三边不等且最大边长为n的三角形共有600个,求n.
分析先列出相关条件,把相关条件转化为平面上满足这些条件的格点数.
解设三边长为x,y,n,且x<y<n,则有x+y>n.
本题可以理解为满足y<n,y>x,x+y>n的区域中恰有600个整点.
故在坐标系内作直线y=x,x+y=n,y=n,若A(n,0),B(n,n),C(0,n),AC、OB的交于点P.由这三条直线围成的三角形PBC即为所求区域.
正方形内共有(n-1)2个格点,线段AC、OB内各有n-1个格点,当n为奇数时,P不是格点,当n为偶数时,P是格点.
由对称性,ΔPAB、ΔPBC、ΔPCO、ΔPOA内的格点数相等.
故有(n-1)2-2(n-1)+k=600×4.(n为偶数时k=1,n为奇数时,k=0)
即n2-4n+3=2400-k.
当n为奇数时,(n-2)2=2401=492,所求正整数解为n=51.
当n为偶数时,(n-2)2=2400,无整数解.
所以n=51.
情景再现
3.⑴如图⑴,在一个棋盘形的街区图中,纵线与横线都表示街道,有人沿此街道从(0,0)直到(n,m),问使路程最短的走法有多少种?
⑵如图⑵,仍在此街道图中,如果在点(p,q)与(p,q+1)(0≤p≤n,0≤q≤m-1)间的街道(图中用粗线标出)戒严,禁止通行,则从(0,0)到(n,m)的最短走法有多少种?
4.试设计一种染色方法,把所有的平面整点染色,每一整点染成红色、白色或黑色中的一种颜色,使:
⑴每一种颜色出现在无穷多条与横轴平行的格线上;
⑵对任意白点A,红点B,黑点C,必可找到一个红点D,使ABCD为平行四边形.(1986年全国高中联赛)
5.中国象棋的“马”可以从一个1×2矩形的一个顶点跳到相对的顶点上(不妨称之为1×2马).问一个中国象棋的马能否从其起点A出发,不重复不遗漏地跳遍半个棋盘?
6.在一个n×n的方格纸上任意选定同一行的相邻两个方格A与B,在左面的A格中放了一枚棋子,它可以向上、右、和斜左下的格子走,试证明:
对任何正整数n(n>1),这枚棋子不能走遍所有的格子并最后走到B,而且每个格子都只走过一次.
C类例题
例6起点为(0,0),终点为(2n,0)(n∈N*)的折线由(p,q)→(p+1,q±1)类型的线段构成.
集合A表示该折线除起点与终点外与y=0还有一个公共点,但位于y=0上方的折线集合;
集合B表示该折线除起点与终点外与y=0没有公共点,且位于y=0上方的折线集合.
求证:
card(A)=card(B).
证明对于每个A中的任意一条折线l,设它与x轴(除起点与终点外)的交点为(2k,0).此点把l分成两部分:
前段l1与后段l2,现把l2中从(2k,0)到(2k+1,1)的一节截出放到从(0,0)到(1,1),并把前段l1按(0,0)到(1,1)的向量平移,这样就得到了一条B中的折线.
反之,对于每条B中的折线l,它至少有两次与直线y=1相交.第一次交于(1,1),设第二次交于点(2k+1,1),这两点把l分成三段.一段是从(0,0)到(1,1),一段是从(1,1)到(2k+1,1),一段是从(2k+1,1)到(2n,0),现把第一段移至(2k,0)到(2k+1,1),第二段按(1,1)至(0,0)的向量平移,则得到了一条A中的折线.
这说明A中的折线与B中的折线有一个一一对应关系.
∴card(A)=card(B).
例7在平面直角坐标系中,任取6个格点Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足:
⑴|xi|≤2,|yi|≤2(i=1,2,3,4,5,6);
⑵任何三点不在一条直线上.
试证明:
在以Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛试题)
分析满足要求的格点共25个,设法把它们分组,使同组三个格点连成三角形面积不超过2,再研究可能取点的情况.
证明如图,满足条件的格点只能是图中A、B、…、Y这25个格点中的6个.把这25个格点分成三个矩形:
矩形AEFJ、KOWU、MNYX.
若所取的6个点中有三个点在上述三个矩形中的某一个中,则此三点即满足要求.
若三个矩形中均无所取6点中的3点,则必是某个矩形中有所取的2个点.
⑴若E、F、D、G、O、R、W中有所取的点,则此点与矩形MNYX中的两点满足要求;
⑵若上述7点均未取,则A、B、C、H、I、J中必有两点,此时若L、K中有所取的点,则亦有三点满足要求;
⑶若L、K亦未取,则必在P、Q、V、U中取了2点,矩形ACHJ中取了2点:
此时取P、Q两点,或Q、V两点,或V、U两点,或U、P两点,或Q、U两点,则无论ACHJ中取任一点,与之组成三角形面积均满足要求.
若取P、V两点,则矩形ACHJ中必有一点异于C,取此点与P、V满足要求.
综上可知,必有满足要求的3点存在.
例8平面上有限点集的集合S.其中每个点的坐标都是整数,是否可以把这个集合中的某些点染红色,其余点染白色,使得与纵横坐标轴平行的每一条直线L上所包含的红、白点的个数至多相差1个?
分析本题不外以下三种结果:
1˚对于一切n∈N*,均无法染成,此时要给出证明;
2˚对于一切n∈N*,均可以染成,此时要给出一个染色的方法;
3˚对于某些n∈N*,可以找到染色方法;而对于另一些n∈N*,则无法染成;此时要给出分类的标准,并对无法染成的给出证明,对可以染成的给出染色方法.
为了证明本题,可以先看最简单的情况,n=1,2,3等,于是可以考虑用数学归纳法证明本题.
证明用数学归纳法证明:
若n=1,则可以将此点任意染成红色或白色.
若n=2,则可把这两个点一个染红一个染白.即n=1,2时命题成立.
设当n=k(k∈N*)时都有满足上述要求的染法,当n=k+1时,
①若某一条纵线(或横线)上有奇数个点,则将此直线上的点去掉1个,此时,共余下k个点,可以有满足上述要求的染法.由于去掉一个点后,这条直线上有偶数个点,故这条线上的其余点染成红白各半,而该点所在横线上的红白点或相等或相差1个,如果相等,则可把这点任意染色,如果红白相差1个,则染成较少个数的颜色,于是有满足要求的染法.
②如果任一条横线与纵线上都有偶数个点,不妨在某条横线l1与纵线m1相交处的点被去掉,对于余下的这k个点,由归纳假设知必有合要求的染色方法,此时去掉点所在横线l1与纵线m1上都有奇数个点,必为某色多1,现只要说明,这两条线上是同色点多1即可.
设l1上红点多1,先不看l1,统计其余横线上的红白点数,由于其余横线上都是偶数个点,因此,都染成红白各半,所以这k个点染色时,红点总数应多1个.
再不看m1,统计其余纵线上的红白点数,由于其余纵线上也全为偶数个点,故也是红白各半,但由于红点总数多1个,故m1上点必染成红点多1个.于是可以把去掉的点补回,并染白,就得到了满足要求的染色法.
根据数学归纳原理知,对于任何n∈N*,均有符合要求的染色法.
情景再现
7.设三角形的三边长为正整数l,m,n,且l≤m≤n.⑴当n=9时,有多少个这样的三角形?
⑵对于一般的n的值,有多少个这样的三角形?
8.给定一个正45边形,在它的每个顶点上标上0,1,2,…,9这十个数字中的一个.另一方面,由这10个数字中的不同的数字组成了任意的数对,问能否找到这样的一种标数法,使得对于每一个数对都有一条边与之对应,且这条边两端标的数字就是这个数对.
习题40
1.一个平行四边形的三个顶点是格点,则其第四个顶点也是格点.
2.若有一个无限大的棋盘及一匹1×n的“超级马”(即一步从某个1×n格点长方形的一个顶点跳到与之相对的顶点,中国象棋的“马”是1×2马),问n应该满足什么条件,才能使它从某个格点跳到任一格点.
3.在平面直角坐标系中,横、纵坐标都是有理数的点称为有理点,若α为无理数,则过(α,0)的所有直线中,有且只有1条直线至少通过两个有理点.
4.各边的长都为整数的三角形,其三边的和为50,这样的三角形有多少种?
5.对任意正整数n,连结原点O与点An(n,n+3),用f(n)表示线段OAn上的整点个数(不计端点),试求f
(1)+f
(2)+…+f(1990).(1990年全国高中数学联赛,原题是填空题)
6.给定一个n×n的格点阵,以此阵中的格点为顶点的格点正方形有多少个?
7.若每边长均为整数,三边不等且最大边长为n的三角形共有600个,求n.
8.设n>0,给定平面区域P={(x,y)|x>0,y>0,且xy≤n}.
求证:
P内格点的个数S=2
-
2.
9.设有一条平面闭折线A1A2…AnA1,它的所有顶点都是格点(即纵、横坐标都是整数的点),且|A1A2|=|A2A3|=…=|An-1An|=|AnA1|.证明:
n为偶数.(1986年第1届国家集训队训练题)
10.某次共有18名学生参加选举,每人投1票,投给2名侯选人中的1人,投票完毕后,由1名学生逐张开票,1名学生记录开票的结果.若最后侯选人甲得到11张票.问在开票过程中,甲得票数始终不少于乙的开票方法有多少种?
11.把边长为1的正三角形ABC的各边分为n等分,过各分点作平行于其他两边的平行线,将这个三角形分成小正三角形,各小三角形的顶点称为结点,在每个结点上放置一个实数,已知:
⑴A、B、C上放置的数分别为a、b、c(a、b、c不全相等),⑵在每个有公共边界的两个最小三角形组成的菱形中,两组相对顶点上放置的数的和相等.
试求:
⑴放置最大数与放置最小数的点之间的最短距离r;
⑵所有结点上放置的数的总和S.(第二届国家冬令营)
12.试求格点凸32边形周长的最小值.
本节“情景再现”解答:
1.证明若正方形的面积>2,则其边长>
,其内切圆的直径>
.而此内切圆的边与坐标轴平行的内接正方形边长>1,于是,由定理2,此正方形内部至少有一个格点.矛盾.
2.解内部恰有一个格点的正方形边长=2,
3.解:
⑴图中用粗线标出了一种走法.显然,长一种满足要求的走法都包含了n段短横线与m段短竖线.
故可以考虑给出n+m个位置,在这些位置中选择n个位置给“横”,其余m个位置给“竖”.于是所求的走法数为C
.
⑵从(0,0)到(p,q)有C
种走法,从(p,q+1)到(n,m)有C
种方法;
∴共有C
-C
·C
种方法.
4.解把每个点的横坐标与纵坐标的和记在此格点旁,凡记数被4除余0、余2的点染红,被4除余1的点染白,被4除余3的点染黑.此时每条格线上都有三种颜色的点.
设取了白点A(4k+r,4k+1-r),
5.解把棋盘的格点染成红蓝两色:
相邻的点染色都不同,如图中画圈的点染红,未画圈的点染蓝.则马只能从某色点跳到不同色的点.
图中共有23个红点,22个蓝点.故若马从蓝点出发,跳遍棋盘,若最后跳到蓝点,则跳过的蓝点应比红点数多1个,若最后跳到红点,则红点与蓝点个数相等,但图中红点多1个,故不存在这种跳法.
6.证明设向上走x步,向右走y步,向斜左下走z步,共经过m(m=n2)个格点(包括A、B),则若能走,可得x=z,y=z+1,x+y+z=m-1,即3z=m-2,故n2=3z+2≡2(mod3),但平方数被3除的余数不可能为2.故证.
7.⑴解取x=l,y=m,则有x≤y≤9,x+y>9.这可用直角坐标系内的区域表示:
即直线x+y=9,y=x,y=9这三条直线围成的三角形的内部及部分边界上的整点数即为解数.现考虑由x=0,x=9,y=0,y=9这四条直线围成的正方形,其内部及边界上共有10×10=100个格点.直线y=x上在正方形内部的格点有一半满足要求,直线x+y=9上的点不满足要求,这两条直线的交点不是格点.直线y=9上有点(1,9),(2,9),…,(9,9)满足要求.故这100个格点中恰有
满足要求.
∴共有25个满足条件的三角形.
⑵解:
对于一般的n值,当n为奇数时,三角形数=
(n+1)2.
当n为偶数时三角形数由于y=x与x+y=n的交点是格点,故三角形数=
((n+1)2-1).
总之,对于一切n,三角形数=[
(n+1)2].
8.解先考虑数0,它可以组成9个数对(0,1),(0,2),(0,3),…,(0,9).如果这9个数对都要出现,则由于一个顶点只连了两条边,故0至少要在5个顶点上标记才有可能.
同理,1、2、3、……,9都至少要在5个顶点标记才行,这样这个多边形至少要有50个顶点.故这个正45边形不可能出现满足要求的标记法.
“习题40”解答:
1.解:
由于平行四边形对角线互相平分,故设其顶点坐标依次为(xi,yi),(i=1,2,3,4),且(x1,y1)、(x2,y2)、(x3,y3)为格点,则x4=x1+x3-x2,y4=y1+y3-y2,故(x4,y4)也是格点.
2.解把此棋盘按上题的方法染色,当n为奇数时,马只能从某色点跳到同色点而不能跳到异色点,故当n为奇数时,不可能.
当n为偶数时,只要说明马能从一点跳到其相邻的点即可,如图,马从(0,0)先跳到(1,n),再跳到(n+1,n-1),(1,n-2),…,(1,0).即跳到相邻的点.于是可以跳到任意一点(图中画的是一个1×4“超级马”).
3.证明经过(α,0)的与x轴垂直的直线l可写为x=α,此直线上所有点的横坐标都等于α,故都不是有理点.经过(α,0)的且不与x轴垂直的直线l可写为y=k(x-α).
设l经过两个有理点(m,n),(h,g).(m,n,h,g都是有理数,m≠h),则
n=k(m-α),g=k(h-α),n-g=k(m-h),由知m≠h,且k=
为有理数.
若n-g≠0,则k≠0.此时,由m-α为无理数,故k(m-α)为无理数.与n为有理数矛盾.故n-g=0,此时直线为y=0,经过无穷多个有理点.即经过(α,0)的直线有且只有一条经过至少两个有理点.
4.解:
设三边长分别为x、y、z,由于对称性,可设x≤y≤z,可得
x+y+z=50⇒z=50-x-y;
故有y≥x,①
x+y>z即x+y>25,②
y≤z⇒x+2y≤50,③
问题即是满足条件①②③的整数解有多少组?
问题转化为求由条件①②③确定的平面区域中整点的个数.
易于计数得解为52种.
5.解线段OAn的方程为y=
x(0≤x≤n),故f(n)等于该线段内的格点数.
若n=3k(k∈N*),则得y=
x(0≤x≤n)(k∈N*),其内有两个整点(k,k+1),(2k,2k+2),此时f(n)=2;
若n=3k±1(k∈N*),则由于n与n+3互质,故OAn内没有格点,此时f(n)=0.
∴f
(1)+f
(2)+…+f(1990)=2[
]=1326.
6.解把这些正方形分为两类:
①边与格线平行的正方形;②边不与格线平行的正方形.
①边与格线平行的正方形:
边长为k的这类正方形有(n-k)2个;
②边不与格线平行的正方形:
它们都是前一种正方形的内接正方形:
每个边长为k的第一类正方形,其一条边内都有k-1个格点,每个这种格点都对应一个内接正方形,从而都有k-1个内接的正方形.
所以,共有格点正方形的总数
S=
k(n-k)2=n2
k-2n
k2+
k3
=n2⨯
n(n-1)-2n⨯
(n-1)n(2n-1)+
n2(n-1)2
=
n2(n-1)[6n-4(2n-1)+3(n-1)]
=
n2(n2-1).
7.解设三边长为x,y,n,且x
本题可以理解为满足y
正方形内共有(n-1)2个格点,线段AC、OB内各有n-1个格点,当n为奇数时,P不是格点,当n为偶数时,P是格点.
由对称性,ΔPAB、ΔPBC、ΔPCO、ΔPOA内的格点数相等.
故(n-1)2-2(n-1)+k=600×4.(n为偶数时k=1,n为奇数时,k=0)
∴n2-4n+3=2400-k.
当n为奇数时,(n-2)2=2401=492,解为n=51.
当n为偶数时,(n-2)2=2400,无整数解.
∴n=51.
8.解本题即,当0 ,x∈N*时,[ ]可以表示直线x=k(0 )上满足0 的格点数, 表示直线x>0,x≤ 及y>0,y≤ 表示的区域内的格点数.由对称性,也表示x>0,x≤ 及y>0,y≤ 表示的区域内的格点数,此二区域的并集即区域P,但其中由x=0,y=0,x= ,y= 围成的正方形区域内的格点被计算了两次,从而应该减去其中的格点数一次.故得证. 9.证明令Ai(xi,yi)(i=1,2,…,n,xi,yi∈Z),则 (x2-x1)2+(y2-y1)2=(x3-x2)2+(y3-y2)2=…=(xn-xn-1)2+(yn-yn-1)2=(x1-xn)2+(y1-yn)2. 令αi=xi+1-xi,βi=yi+1-yi,αi2+βi2=M(i=1,2,…,n,xn+1=x1,yn+1=y1), 则α1+α2+…+αn=0,β1+β2+…+βn=0,若αi、βi全为偶数,则可在上面三式中约去2的最低次幂,因此可以假定αi、βi中至少有一个为奇数. 由于奇数的平方mod4后余1,故M≡1或2(mod4). ①若M≡1(mod4),则每对αi、βi中都必有一奇一偶,此时α1+α2+…+αn+β1+β2+…+βn=偶数+n个奇数=0,故n为偶数. ②若M≡2(mod4),则每个αi、βi都是奇数,于是α1+α2
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