初中数学竞赛辅导2018届人教版初中数学第30章《组合几何》竞赛专题复习含答案

2018年初中数学竞赛辅导专题讲义

1al2?a2?b2a2?5b2?l2 ???24b2ab8b2??l?b?2?5b2?l28b2?3l?， 44b①

其中用到余弦定理与三角形两边之差小于第三边． 又设BS?SD?x，对△DSC用余弦定理得 a2??b?x??2a?b?x?cos??x2，

2展开整理，得

?2b?2acos??x?a2?b2?2abcos??l2，

S△BSDl2lxl2l2???于是． ??SABCD2b4abcos??4b22l2?2b2?2a22l2?2b2?2?l?b?24b ②

①+②，得max?SAPQR,S△BSD?≥最后处理一般的有界凸形．

13SAPQR?S△BSD??SABCD． ?28如图（b），设凸形的直径为AB，则作直线l1、l2分别过点A、B且均与AB垂直，易知直线l1、l2都是支撑线．

A'AA''l1CODB'BB''l2

又作AB的中垂线，交凸形边界于点C、D．

1由于四边形ACBD是筝形，沿CD折无冗余，故只需证明SACBD≥S即可．

2过点C、D作支撑线，分别交l1、l2于点A?、B?和点A??、B??．易知四边形A?B?B??A??是梯形，它的中位线是CD，高是AB，故而 SACBD???1AB?CD 21AB??A?A???B?B??? 411SA?B?B??A??≥S． 2230.1.19*** 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ABCD，上底AD?2，下底BC?4，高为1；另一个是筝形PQRS，QS垂

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直平分PR，且交于点O，PO?RO?SO?1，QO?3．

ADPBCSROQ

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n（>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，n（≥10）和奇数n（≥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90?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A、B、C、D，找一条直线l，与四点两两连线中的任一条不平行也不垂直，于是四点至l距离两两不等，适当地移动l，使四点中两点（不妨设A、B）在l一侧的半平面S内，而另两点（不妨设C、D，未画出）在l另一侧的半平面S?内．

BASlS'

对于水平l而言，不妨设A在左、B在右，过A作一直角朝右下方向，两边分别与l平行、垂直，过B亦作类似一直角，但朝左下方向，易知A、B两盏灯可覆盖半平面S?，同理C、D处两灯可覆盖半平面S．

30.2.2** 对于一切整数n≥3，平面上都存在n个点，使得任意两点的中垂线至少通过其余n?2个点中的一点．

解析如图，设n个点为A1，A2，?，An，今让A1为圆心，A2，?，An在圆周上．

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A1

当n为奇数时，构作

n?1n?1个顶点不重的正三角形△A1A2iA2i?1（i?1，2，?，），于是所有连线的22中垂线过其余n?2个点中的一个．当n为偶数时，先作菱形A1A4A3A2，使△A1A2A3与△A1A3A4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n，求证：可以把它适当地放在坐标平面上，使其至少覆盖住n?1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T处，并一个一个地叠在T上．因为在正方形T上是一层一层堆叠起来的，所以对于丁的任一点K（如图），每一层都有一点盖住点K：有时K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T中必定有一点至少被n?1个不同层的红点盖住．如若不然，底面丁中每一点都至多被n个不同层的红点盖住．这时红点的总面积不会超过n个单位，与已知多边形面积大于n的条件相矛盾．因此，T上必有一点X，至少被红点盖住了n?1次．

现在拿一根针垂直扎穿点X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n?1个红点．记它们为X1，X2，?，Xm，这里的m至少是n?1．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Xi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Xi移动到一个格子点，也将使其余的Xi移到相应的格子点．它们至少有n?1个． 因此，这样的平移就把多边形变到一个至少盖住n?1个格子点的位置上．

30.2.4*** 设点A、B、C是3个格点，若?AB?BC??8S△ABC?1，则点A、B、C是一个正方形的3个顶点．

解析通过旋转与平移知，不妨设B?0,0?，A?r,0?，C?scos?,r?sin??，这里s≥0．若s≥1，于是?AB?BC??r?scos???r?ssin??2222?2?2?2r2?s2?2rssin??2rs2cos2???r?ssin??2 11

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≥2r2?s2?2rsin??2r?r?sin??≥4r?r?ssin???1?8S△ABC?1，这里r?AB?0，矛盾，故s?0． 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P1、P2，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P3、P4，其连线的中点是整点，再在剩下的9个点中任取5个，亦得P5、P6，其连线的中点是整i?1，2，3，4，5）的连线的中点是整点??如此继续，得P1，P2，?，P9，P2i?1与P10，其中P2i（

点，记这些中点分别为Q1、Q2、Q3、Q4、Q5，则Qi?P2i?1?P2i（i?1，2，3，4，5）． 2由抽屉原理，在上述5个整点中，必有两点，不妨设为Q1，Q3，其连线的中点是整点，即P5?P6P1?P2?Q1?Q31?P2?P5?P62?P?2．

224故存在四个点P1、P2、P5、P6，其重心是一个整点．

30.2.6*** 证明闵可夫斯基定理：凸形F是中心对称图形，对称中心是原点O，若F的面积大于4，则其内部至少还包含不同于点O的格点． 解析考虑所有以（2m，2n）（m、n为整数）为中心、边长为2的正方形，将其中与F有公共点的正方形平移，使其以原点为中心，由于F面积大于4，故存在F的两点A、B，经上述平移后重合于同一点（x0，y0），设点A、B的坐标分别为（x0?2p，y0?2q）、（x0?2r，y0?2s），由于F关于点O中心对称，故A???x0?2p,y0?2q?也在F中，于是A?B的中点C?r?p,s?q?也在F中，点C是格

点，且A?B，故C??0,0?．

yFOx

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ABCDE是最小的格点凸五边形，其中A1B1C1D1E1的内部及边界上均无格点．设△ABE是五个“周边三角形”中面积最小的一个．今作平行四边形ABPE，易知点P也是格点，且在△A1BE内（或边界上），由假设，点P只能在△BD1E1内部（或BE1内），或在△C1B1E内部（或B1E内），不妨设是后者，如图，易知凸五边形ABCDP是更小的格点五边形，其对角线围成的五

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