高中数学竞赛讲义覆盖 新人教A 版.docx

高中数学竞赛讲义覆盖 新人教A 版.docx

《高中数学竞赛讲义覆盖 新人教A 版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学竞赛讲义覆盖 新人教A 版.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高中数学竞赛讲义覆盖新人教A版

§26覆盖

１．最简单情形――用一个圆覆盖一个图形．

首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到：

定理１ 如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点Ｏ，使得图形Ｆ中的每一点与Ｏ的距离都不大于定长ｒ，则Ｆ可被一半径为ｒ的圆所覆盖．

定理２ 对于二定点Ａ、Ｂ及定角α若图形Ｆ中的每点都在ＡＢ同侧，且对Ａ、Ｂ视角不小于α，则图形Ｆ被以ＡＢ为弦，对ＡＢ视角等于α的弓形Ｇ所覆盖．

在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛．

２．一个图形Ｆ能否被覆盖，与图形中任意两点间的距离最大值ｄ密切相关．

以下我们称图形Ｆ中任意两点间的距离最大值ｄ为图形Ｆ的直径．

我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题．

定义 对于图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ，若图形Ｆ中的每一点都被这组图形中的某个所覆盖，则称这几个图形覆盖图形Ｆ．

图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ为ｎ个圆是一特殊情形．

３．直线形图形覆盖别的图形的问题

解决直线形图形覆盖别的图形的问题，常须较高的智巧，一般的处理方法是通过构造过渡图形，逐步调整，最终获得问题的解决．

4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式

所谓图形Ｆ能嵌入图形Ｇ,其本质就是图形Ｇ能覆盖图形F.

例题讲解

1．求证：

（１）周长为２ｌ的平行四边形能够被半径为

的圆面所覆盖．

（２）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是２ｌ，不管线圈形状如何，都可以被个半径为

的圆纸片所覆盖．

2．△ABC的最大边长是ａ，则这个三角形可被一半径为

的圆所覆盖．

3．△ＡＢＣ的最大边BC等于ａ，试求出覆盖△ABC的最小圆．

4．以ＡＢＣＤ的边为直径向平行四边形内作四个半圆，证明这四个半圆一定覆盖整个平行四边形．

5．求证：

一个直径为１的圆不能被两个直径小于１的圆所覆盖．

6．给定一个半径为１的圆，若用半径为

的圆去覆盖它，问至少要几个才能盖住．

7．证明直径为１的图形Ｆ可被单位正方形覆盖．

8．直径为１的图形Ｆ可被一个边长为

的正三角形覆盖，试证明之．

9．试证面积为S、周长为P的四边形一定可嵌入一个半径为

的圆.

10．在一个半径等于18的圆中已嵌入16个半径为3的圆.证明在余下的部分中还能嵌入9个半径为1的圆.

例题答案：

１．分析 （１）关键在于圆心位置，考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合．

（２）＂曲＂化＂直＂．对比（１），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．

证明 （１）如图４５－１，设ＡＢＣＤ的周长为２ｌ，ＢＤ≤ＡＣ，ＡＣ、ＢＤ交于Ｏ，Ｐ为周界上任意一点，不妨设在ＡＢ上，则

∠１≤∠２≤∠３，有ＯＰ≤ＯＡ．

又ＡＣ＜ＡＢ＋ＢＣ＝ｌ，故ＯＡ＜

．

因此周长为２ｌ的平行四边形ＡＢＣＤ可被以Ｏ为圆心；半径为

的圆所覆盖，命题得证．

（2）如图45-2,在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l.又设RQ中点为G，M为线圈耻任意一点，连MR、MQ，则

因此，以G为圆心，

长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．

２．分析 ａ为最大边，所对角A满足６０°≤A＜１８０°．

证明不妨设BC＝ａ，以BC为弦，在A点所在一侧作含60°角的弓形弧（图４５－３）．因６０°≤A≤180°，故根据定理２，△ABC可被该弓形所覆盖．

由正弦定理，弓形相应半径ｒ＝

，所以△ABC可被半径为

的圆所覆

盖．

显然覆盖△ABC的圆有无穷多个，那么半径为

的圆是否是最小的覆盖圆呢？

事实并不

尽然．

３．解分三种情形进行讨论：

（１）  ∠Ａ为钝角，以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ＡBC．

（２）  ∠Ａ是直角，同样以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ABC；

（３）∠Ａ是锐角．假若⊙O覆盖△ABC，我们可在⊙O内平移△ABC，使一个顶点B落到圆周上，再经过适当旋转，使另一个顶点落在圆周上，此时第三个顶点A在⊙O内或其圆周上，设BC所对圆周角为α，那么∠BAC≥α，设⊙O直径ｄ，△ABC外接圆直径ｄ０，那么

所以对于锐角三角形ABC，最小覆盖圆是它的外接圆．

今后我们称覆盖图形F的圆中最小的一个为F的最小覆盖圆．最小覆盖圆的半径叫做图形F的覆盖半径．

综合例２、例３，即知△ABC中，若ａ为最大边，则△ABC的覆盖半径ｒ满足

４．分析１ＡＢＣＤ的每一点至少被某个半圆所盖住．

证明１用反证法．如图４５－４设存在一点Ｐ在以ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ为直径的圆外，根据定理二，∠ＡＰＢ，∠ＢＰＣ，∠ＣＰＤ∠ＤＰＡ均小于９０°，从而

∠ＡＰＢ＋∠ＢＰＣ＋∠ＣＰＤ＋∠ＤＰＡ＜３６０°．

与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖ＡＢＣＤ．

分析２划片包干，如图４５－５，将ＡＢＣＤ分为若干部分，使每一部分分别都被上述四个半圆所覆盖．

证明２ 在ＡＢＣＤ中，如图４５－５，设ＡＣ≥ＢＤ．分别过Ｂ、Ｄ引垂线ＢＥ、ＤＦ垂直ＡＣ，交ＡＣ于Ｅ、Ｆ，将ＡＢＣＤ分成四个直角三角形，△ＡＢＥ、△ＢＣＥ、△ＣＤＦ、△ＤＡＦ．每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖，从而整个四边形被四个半圆所覆盖．

５．证明 如图４５－６，先考虑其中一个小圆即⊙Ｏ１去覆盖大圆Ｏ，连Ｏ１、Ｏ过Ｏ作ＡＢ⊥Ｏ１Ｏ，ＡＢ为⊙Ｏ的直径（若Ｏ１、Ｏ重合，那么ＡＢ为任意直径）此时

故Ａ、Ｂ两点都不能被⊙Ｏ１盖住．至于另一小圆⊙Ｏ２无疑不能同时盖住Ａ、Ｂ两点，故⊙Ｏ１、⊙Ｏ２不能覆盖⊙Ｏ．

事实上，我们还可以从另一角度给予证明．那就是一个小圆无法覆盖半个大圆，因此两个小圆也就不可能覆盖住整个大圆了．

现在，我们着手研究本文一开始就提出的问题．

6.问题需要我们在二个方面给予回答：

一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆；二是少于确定的数目，则全部小圆不能覆盖大圆．

对于不能覆盖的推断，以下两个原则是常用的：

原则１ 若图形Ｆ的面积大于图形Ｇ的面积，则图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ．

原则２ 直径为ｄ的图形Ｆ不能被直径小于ｄ的图形Ｇ所覆盖．

两原则十分显然，不再证明．

四个半径为

的小圆面积和为π，恰等于大圆面积，而四小圆间若不重迭，则覆盖其它图形时，还须排除中间所夹的不属于四圆的部分，换句话说，四小圆所覆盖大圆部分面积必小于大圆自身面积，根据法则１，不可能覆盖大圆，少于四个小圆更不可能．

若有五个小圆，我们改变角度考虑，可将大圆周分为六等分．因小圆直径为１，五个小圆无法盖住大圆周，而六个圆周恰好盖住．

还需考虑大圆圆心没有被盖住，再添加一个小圆，符合要求！

这说明：

至少七个以

为半径的小圆方能覆覆盖半径为1的一个大圆.事实上这样的六个小圆若盖住大圆周，则大圆心不能被覆盖．若其中一小圆盖住大圆圆心，那么该圆又至多盖住大圆周上一点也就是六个小圆无法覆盖大圆，而我们作大圆的内接正六边形，分别将小圆圆心与各边中点重合，再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合即可盖住大圆，如图４５－７，以下给出证明：

对于正△ＯＡＢ，设ＯＡ、ＯＢ中点Ａ１、Ｂ１，那么∠ＡＡ１Ｂ＝∠ＡＢ１Ｂ＝９０°，故四边形ＡＡ１Ｂ１Ｂ被以ＡＢ为直径的圆覆盖．另外，△ＯＡ１Ｂ１被小圆⊙Ｏ所覆盖．类似地可推得七个小圆覆盖整个大圆．

又

即

所以

7.分析 先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间，再向内收缩．

证明 取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形Ｆ夹在中间，再将位于下方的直线ｌ２向上平移，直至遇到图形Ｆ上点为止，中图４５－８中ｌ２′处．接着又将ｌ１向下平移至与ｌ２′相距为１的ｌ１′处止．因图形Ｆ直径为１．故图形Ｆ仍被二直线ｌ１′，ｌ２′所夹．同样采用先左后右的顺序，将沿直线ｍ１、ｍ２平移至ｍ１′、ｍ２′处，ｍ１′、ｍ２′相距为１，而图形Ｆ依然夹在直线ｍ１′，ｍ２′中间，从而直线ｌ１′、ｌ２′、ｍ１′、ｍ２′所围成单位正方形即可覆盖图形Ｆ．

运用上述方法，我们可进一步解决以下问题：

8.证明 作三对相距为１的平行直线ｍ１、ｍ２、ｎ１、ｎ２，ｌ１、ｌ２，相交直线所成角为６０°，围成可覆盖图形Ｆ的六边形及正△Ａ１Ｂ１Ｃ１，正△Ａ２Ｂ２Ｃ２（具体作法可参照例７）．如图４５－９．设Ｐ为Ｆ中任意一点，它到六边形各边距离依次为ｘ、ａ、ｙ、ｂ、ｚ、ｃ．又设正△Ａ１Ｂ１Ｃ１的高为ｈ１，正△Ａ2Ｂ２Ｃ２的高为ｈ２．因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形的高，得

ａ＋ｂ＋ｃ＝ｈ１，

ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｈ２．

相加,得

（ｘ＋ｂ）＋（ｙ＋ｃ）＋（ｚ＋ａ）＝ｈ１＋ｈ２，

又ｘ＋ｂ＝１，ｙ＋ｃ＝１，ｚ＋ａ＝１，

∴ｈ１＋ｈ２＝３．

根据抽屉原则,ｈ１、ｈ２中有一不大于

不妨设

即正△A１B１C１的高不大于

那么它的边长

因此图形Ｆ可被边长不大于

的正三角形即正△Ａ1Ｂ１Ｃ１所覆盖.

9.分析四边形内存在到各边距离不小于

的点.

证明 如图45-10,设四边形ABCD面积为Ｓ,周长为Ｐ.各边长分别为ａ1、ａ２、ａ３、ａ４.现以ａ１、ａ２、ａ３、ａ４为长,

为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面积是

即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部存在点O没有被矩形覆盖,那么以点O为圆心,

为半径的圆可嵌入四边形ABCD中.

10.证明 首先证明大圆中还能嵌入1个半径为1的小圆.先将大圆的半径收缩为17,而将半径为3的圆膨胀成半径为4的圆,此时大圆面积变为