2019-2020年初中数学竞赛专题复习 第四篇 组合 第30章 组合几何试题 新人教版

2019-2020年初中数学竞赛专题复习第四篇组合第30章组合几何试题新人教版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，今厶，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厶，顶点坐标分别为（，）、（，）、（，），则有定理S=xy+xy+xy-yx-yx-yx|,以此证明：格点三角形的面积三；对于任何大的正数,ABC2122331122331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f（N）=卩+y+8-（360o-a）=a+卩+y+5-360。=0。.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、，满足竺二竺=OQL=OR1=1，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OPOSOQOR3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（三3）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333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.nn的面积为S=X32+X2+4X1=5n+4.124A2l2(a)PAFCD(b)易知，剩下的所有圆心两两距离必W2（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S=S-（S+S）ABCDEFPCQFABPEDQ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S=S+43x1+nWn+6、g3，2ABCDEF于是覆盖总面积WS+SW6n+4+6333.31230.1.8*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，SABcos空AC亘AB,22故BK=AB-AKVJAB5AB，于是，4S=4S35.Ia+bb+c丿2不妨设，则若，则；若，则对于平行四边形，如图（），不妨设三，(a)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S1APQR二S2ABCD_12absin0-cos024ba12-a2-b2_a2+5b2-124b2ab8b2(1b)2+5b2-1231=-，8b244b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(b-x)2+2a(b-x)cos0x2展开整理，得(2b+2acos0)x=a2+b2+2abcos0=12，于是SBSDSABCDx=12=122b4abcos0+4b2212+2b2一2a2+，得max(S,S)三1(S+S)3SAPQRBSD2APQRBSD8ABCD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BBB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，R30.1.20*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+2X615条边，不可能对于偶数，（三10）和奇数（三15）的例子可分别由“星形”及“星形”出发得出，如图所示.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）(AB+BC)2=(+*s2cos20+(r+ssin)=2r2+s2+2rssin0+2s2cos20+(r+ssin0)2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A1=BSlS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*对于一切整数三3,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，这里三0.若三1，于是三2r2+s2+2rsin0+2r(r+sin0)三4r(r+ssin0)+1=8S+1，这里，矛盾，故.ABC30.2.5*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132=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、，贝9（,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P+PQ+Q36P+P+P+P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，贝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.E30.2.8*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SWS+S+S，对所有这类不等式求和，ABCABDBCDCAD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、，贝y.这是因为不妨设，由，、均在以为圆心、为半径的扇形内，于是，w,成为的最大边，于是w.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W.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，贝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，贝存在一条直线，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（1WW）.由条件，知对任意，与有交点.今不妨设，贝与有交点，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，贝这点在一直线上.解析如果结论不成立，贝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，贝这些直线共点.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，3WW，），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A6A7A2A130.2.14*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W,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k=min(S,S,S,S)，我们证明W.ABDACEDEBDEC记，则，不妨设.易知，SBDEcp刁(1+p)(1+q)cp(1+p)2于是,，故cW1-(2+p+q)kW1-2k(1+p),于是耳空三s三k,(1+p)2BDE即k2p(1+p)+(1+p)2Wp,或kWp=1w-=1-込，3p2+4p+13p+丄+423+42p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max（ZAEB,上BEC）三90。，得BDWBEWmax（AB,BC）=AB，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，工，贝V，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）(a)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.C(b)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ZAEB+ZBEC+ZCED+ZDEA=360。，不妨设，故，三种距离产生了；第二种情形，由于、在以为圆心、为半径的圆弧上，故，于是为正三角形，同理也是,，与矛盾；第三种情形，不妨设在中，由前知它只能位于中心，于是，三种距离产生；第四种情形，若在中，由于，为最大边，故，三种距离产生.当在中，必须为正三角形.回到前面知，即，与矛盾.上面其实证明了，即使是凸四边形内加一点，也会产生三种距离，根本未用上.于是当六点的凸包为五边形，立马得出结论.因为连结、，若不在四边形中，则在中，于是在四边形中.剩下的是最后一种情况，即凸六边形.由于凸六边形总能划分成四边形，故其内角的所有取值只可能为90、60、75、150、120、72与108，否则必有三种距离.如图（），连结，则ZBAF=ZBAD+ZFAD260。+60。=120。，这样六边形的每个内角都只能为120,易知，但四点两种距离中没有这种构形，矛盾.因此6个点之间至少产生3种距离.FE