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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第10讲


第 10 讲 覆盖
本节主要内容是图形覆盖与嵌入. 一、图形覆盖的定义: 平面闭图形指的是由平面上一条简单闭曲线及其围成的平面部分组成的图形. 所谓简单 闭曲线,就是自身不相交的封闭曲线.它作为图形的边界,而它围成的平面部分(不包括闭 曲线本身)称为平面图形的内部. 定义 1 设 M 和 N 是两个平面图形, M?N 或 M 经过运动变成 M',而 M'

?N,则称图 若 形 M 可以覆盖图形 N,或 N 能被 M 覆盖,也说 N 嵌入 M. 设 M1,M2,?,Mn 是一组平面图形,若 M1?M2???Mn?N,或 M1,M2,?,Mn 各 自经过运动(施于每一个图形的运动不一定相同)分别变为 M1',M2',?,Mn',而 M1'?M2'?? ?Mn'?N,则称图形 M1,M2,?,Mn 可以覆盖图形 N,或 N 能被 M1,M2,?,Mn 覆盖. 二、图形覆盖的性质:覆盖的下述性质是十分明显的: ⑴ 图形 G 覆盖自身; ⑵ 图形 G 覆盖图形 E,图形 E 覆盖图形 F,则图形 G 覆盖图形 F. ⑶ 如果一条线段的两个端点都在一个凸图形内部,则此线段被此凸图形覆盖. 推论: 一个凸图形如果盖住了一个凸多边形的所有顶点, 则此凸多边形被此凸图形覆盖. 定义 2 设 F 是一个平面闭图形, 我们称 F 的任意两点之间的距离的最大值为 M 的直径, 记为 d(F),即 d(F)=max{|AB|,A,B∈F}. 三、关于覆盖的三条原则:覆盖的以下三个原则是常用的: 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. 原则 3 (重叠原理) n 个平面图形的面积分别为 S1,S2,?,Sn,若它们被一个面积为 A 的平面图形完全覆盖,又 A<S1+S2+?+Sn,则此 n 个图形中至少有两个图形发生重叠. 这三个原则十分显然,不再证明. 四、用圆盘覆盖图形: 圆盘:圆及圆内部分构成圆盘. 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 的圆盘所覆盖; 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; 在用圆盘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. 称覆盖图形 F 的圆盘中最小的一个为 F 的最小覆盖圆盘.最小覆盖圆盘的半径叫做图 形 F 的覆盖半径.

A 类例题
例 1 △ ABC 的最大边 BC 等于 a,试求出覆盖△ ABC 的最小圆盘. 解:⑴若此三角形为钝角三角形或直角三角形,则以其最大边 a 为直径作圆,该圆盘可 以覆盖此三角形,而任一直径小于 a 的圆盘,则不能盖住此三角形,故覆盖直角三角形或钝 1 角三角形的最小圆盘是以其最大边为直径的圆盘.即覆盖△ABC 的最小圆盘的半径= a. 2 ⑵ 若三角形 ABC 是锐角三角形,任取一个覆盖?ABC 的半径为 r 的圆盘

A

r B

O C C'

B'

O,若 A、B、C 都不在 圆上,连 OA、OB、OC,设 OA≥OB ≥OC,则以 O 为圆心,OA 为半径作圆,该圆盘也能覆盖?ABC,且 OA<r.即当三角形的 顶点在圆内时,覆盖此三角形的圆一定不是最小圆盘. 现设 A 在⊙O 上,B、C 在圆上或圆内,且⊙O 的直径为d,△ ABC 外接圆直径为 d0, AC? 延长 CB、BC 与圆交于 B?、C?,则∠B?≤∠B,且∠ACC?为钝角,于是 AC?>AC.故 d= sinB? ≥ AC =d .所以锐角三角形 ABC 的最小覆盖圆盘是它的外接圆. sinB 0 a a 3 由正弦定理,其外接圆的半径 r= ≤ = a. 2sinA 2sin60? 3 这样就得到了覆盖三角形的圆盘的定理: △ABC 中,若 a 为最大边,则△ABC 的覆盖 半径 r 满足 1 3 a≤r≤ a. 2 3 例 2 已知 A、B、C、D 为平面上两两距离不超过 1 的任意四个点,今欲作一圆覆盖 此四点(即 A、B、C、D 在圆内或圆周上),问半径最小该为多少?试证明之,(1985 年上海 市数学竞赛试题) 分析 我们先通过特殊情况:此四点共线,△ABC 是正三角形,D 在内部或边界.探 索到半径的最小值.然后按 A、B、C、D 形成的凸包分类讨论. 解 设所求半径的最小值为 r, 1 ⑴ 若四点共线,则用一个半径为 的圆盘即可覆盖此四点; 2 ⑵ 若此四点的凸包为三角形,由于最大边长≤1.由覆盖三角形的圆盘定理知,覆盖此 四点的圆盘半径 r≤ 3 ; 3

⑶ 若此四点的凸包为四边形 ABCD.若此四边形有一组对角都≥90?,例如∠A、∠C 1 都≥90?,则以 BD 为直径的圆盘可以覆盖此四点,此时 r≤ ; 2 若此四边形两组对角都不全≥90?,则必有相邻二角<90?,设∠A、∠B 都小于 90?.不 1 妨设∠ADB≥∠ACB.若∠ACB≥90?,则以 AB 为直径的圆盘覆盖此四点,此时 r≤ ;若 2 ∠ACB<90?,则由?ACB 的外接圆围成的圆盘覆盖此四点,此时 r≤ 3 . 3

总之,r≤

3 . 3

说明 优先考虑特殊情况得到结果,再分类讨论是数学中经常使用的方法.

情景再现
1,已知一个凸五边形的所有内角都是钝角,证明能找到这个五边形的两条对角线,以 这两条对角线为直径的两个圆形纸片,可以将这个五边形覆盖,(1987 年东北三省数学 邀请赛试题) 2,(1)一个正方形被分割成若干个直角边分别为 3,4 的直角三角形.证明:直角三角 形的总数为偶数. (2)一个矩形被分割成若干个直角边分别为 1,2 的直角三角形.证明:直角三角形的 总数为偶数.(1996 年城市数学联赛试题)

B 类例题
例 3 以□ABCD 的边为直径向平行四边形内作四个半圆面,证明这四个半圆面一定覆 盖整个平行四边形. D 思路1 证明□ABCD 的每一点至少被某个半圆所盖住. 证明 1:用反证法.如图,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?. A 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,将□ABCD 分为若干部分,使每一部分分别都被上述四个半 圆面所覆盖. 证明 2 在□ABCD 中,如图,设 AC≥BD.分别过 B、D 引垂线 BE、DF 垂直于 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面所覆盖,从而整个四边形被四个半圆面所覆盖. 上述结论可推广到任意四边形. 1 例 4 在 2,15×4cm2 的矩形中,最多可以不重叠地放置多少半径为 1cm 的 圆盘? 4 (1989 年俄罗斯数学奥林匹克试题) 1 解 每个被放置的面积等于 0,25πcm2, 因为 2,15×4÷ π<11,因此,最 4 1 多可以分割出 10 个这样的 圆盘, 4 1 另一方面,如图中矩形 ABCD,一边 AB=2cm,其中含有 5 个 的圆盘,设 4
A
1 1 o

C P B

K
45 o

1

45

R PQ

B

1

D

1

RP=PK=x,则 PQ= 2x,1=AK=PK+PQ=x+ 2x,所以 x= 2-1,EK=PE+PK = PD2-DE2+ PK= 3+ 2-1<2,15, 1 1 从而 2,15×2cm2 的矩形可分割成 5 个 的圆盘,2,15×4cm2 的矩形可分割成 10 个 的圆 4 4 盘, 例 5 设 G 是紧夹在平行线 l1 与 l2 之间的任一凸区域(即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

E

C

的 A、B 两部分,且 l 与 l1 和 l2 之间的距离分别为 a 和 b, SA (1)G 为怎样的图形时,A、B 两部分的面积之比 达到最大值并说明理由; SB SA (2)试求 的最大值,(1989 年四川省数学竞赛试题) SB SA 分析 要使 最大,就要使得 SA 尽量大,同时要使 SB 尽量小,由于凸区域的任意性, SB 设 l 与 G 的边界 c 交于 X、Y,要使 SB 尽量小,B 为三角 形 PXY,延长 PX,PY 得梯形总包含 A,所以当 A 为梯形 时,SA 最大. 解 设 l 与 G 的边界 c 交于 X、Y, 点 P∈l2∩G , 连 PX、PY 并延长分别交 l1 于 X1、Y1, (1) 因为△PXY?B,故 S△PXY≤SB, 又 A?梯 形 XYY1X1 ,故 SA ≤ S S梯形XYY1X1 , S△PXY SA 由上式可知,G 为一边位于 l1 上,而另一个顶点在 l2 上的三角形时, 达到最大, SB bd d a bd (2) 设 X 1Y1=d,则 XY= , S△PXY= (a+b), S 梯形 XYY1X1= (d+ ), a+b 2 2 a+b S梯形XYY1X1 SA a2+2ab 故 的最大值 M= = , SB b2 S△PXY 说明 考虑极端情况(特殊情况)是解决问题的突破口.
梯形

XYY1X1 ,于是

SA ≤ SB

情景再现
3.证明:对于任意一个面积为 1 的凸四边形,总可以找到一个面积不超过 2 的三角形, 将它全部覆盖住.(1989 年芜湖市数学竞赛试题) → 4, 平面 α 内给定一个方向 l ,F 是平面 α 内的一个凸集,其面积为 S(F),内接于 F → 且有一边平行于 l 的所有三角形中面积最大的记为△, 其面积记为 S(△), 求最大的正实数 c,使得对平面 α 内任意凸图形 F,都有 S(△)≥c ?S(F). 5, 已知钝角三角形 ABC 的外接圆半径为 1,证明:存在一个斜边长为 2+1 的等腰直 角三角形覆盖三角形 ABC,(2004 年中国女子数学奥林匹克试题)

C 类例题
例 6 在平行四边形 ABCD 中,已知△ABD 是锐角三角形,边长 AB=a,AD=1,∠ BAD=α,证明:当且仅当 a≤cosα+ 3sinα 时,以 A、B、C、D 为圆心,半径为 1 的四个圆 KA、KB、KC、KD,能覆 盖该平行四边形. (第 9 届 IMO 试题) 分析 由于平行四边形 ABCD 是中心对称性,KA、KB、KC、KD,能覆盖该平行四边 形当且仅当 KA、KB、KD 覆盖△ABD, 所以通过三角方法研究 ABD 的外接圆.

解 作锐角三角形 ABD 的外接圆. 圆心 O 必在 ABD 内. 弦心距 OE、 OF、 将△ABD OG 分成三个四边形(如图). 若 OA≤1,则圆 KA 覆盖四边形 OEAG,圆 KB、KD 覆盖另两个四边形,所以圆 KA、 KB、KD 覆盖 △ABD. 由对称性,圆 KB、KC、KD 覆盖△BCD, 若 OA>1, 则圆 KA、KB、KD 均不覆盖 O.由于△CBD≌△ADB 是锐角三角形,∠ ODC≥∠OCD, ∠OBC≥∠OCB 至少有一个成立, 所以 OC≥OD(或 OB)>1, D 即圆 KC 也不覆盖 O, 因此 OA≤1 是圆 KA、 B、 C、 D 覆盖平行四边形 ABCD K K K 的充分必要条件. G 设平行四边形 ABCD 中,AB 边上的高为 DH,则 DH=sinα,AH=cosα, O a- cosα α a BH=a- cosα,cot∠ABD= , A sinα E H a- cosα 因此,OA≤1?∠ABD≥30o? ≤ 3?a≤cosα+ 3sinα. sinα 所以,当且仅当 cosα+ 3sinα 时,圆 KB、KC、KD 覆盖平行四边形 ABCD. 说明 在得到 R=OA≤1 是圆 KA、KB、KC、KD 覆盖平行四边形 ABCD 的充分必要条 件后可按照下列方法处理: BD 在△ABD 中,由正弦定理得 2R= ,又由余弦定理得 BD= 1+a2-2acosα,故 R sinα = 1+a2-2acosα , 2sinα 故 R≤1? 1+a2-2acosα ≤1,解此关于 a 的不等式得 cosα- 3sinα≤a≤cosα+ 3 2sinα

C

F

B

sinα, 而 a=AB>ADcosα=cosα, cosα- 3sinα≤a 肯定成立, R≤1?a≤cosα+ 3sinα. 故 故 例 7 在一个半径等于 18 的圆中已嵌入 16 个半径为 3 的圆盘. 证明 在余下的部分中还能嵌入 9 个半径为 1 的圆盘,这些圆盘相互间没有公 共点,它们与原来的半径为 3 的那些圆盘也没有公共点. 4 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 3 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 2 变为 π×17 =289π. 17 2 16 个半径为 4 的圆的面积为 π×4 ×16=256π. 2 由于 289π-256π=33π.这说明大圆中嵌入 16 个半径为 3 的圆外, 18 1 还能嵌入半径为 1 的一个小圆. 又由于 289π-256π-4π=29π, 所以大圆中除嵌入 16 个半径为 3 的 圆及 1 个半径为 1 的圆外,还能再嵌入一个半径为 1 的圆. 依此类推,由于 289π-256π-4π×8=π>0.故大圆还可嵌入九个半径为 1 的小圆. 将图形收缩、镶边是解嵌入问题一种重要方法. 例 8 给定(3n+1)×(3n+1)的方格纸(n∈N*),试证任意剪去一个方格后,余下的纸必可 全部剪成形如的 L 型纸片,(1992 年国家队选拔考试试题) 分析 从特殊到一般,采用数学归纳法 证明 n=1 时,4×4 的方格纸任意剪去一个方格后,由对称性,不妨假设剪去的

一个方格位于左上角 2×2 的方格纸中,剩下的其它方格如图分割,就得到符合条件的一种 分割方法, n=2 时,为 7×7 方格纸, 首先每一个 2×3 的纸片可剪成 2 个 L 型纸片, 其次, 由对称性,不失一般性可假设剪去的一格位于左上角 4 个 2×2 的正方形 I、II、III、IV 的 某一个内(如图(a)),如果剪去的一格在 I 或 II 或 III 内,则 I、II、III 余下的部分为一格 L 型 纸片其余的部分可分别按图(b),(c),(d)全部剪成 L 形纸片,如果剪去的一格在 IV 内,则 只要作图关于主对角线 AC 的对称图即可,这就证明了 n=2 时结论成立,
I II I 2× 3 3× 2 IV III 2× 3 2× 3

3× 2

3× 2

2× 3

(a )

( b)

A II 3× 2 2× 3

D 2× 3

2× 3 2× 3 3× 2

III 3× 2

3× 2 2× 3

3× 2 2× 3

B

(c )

C

(d )

设 n=k 时结论成立,那么 n=k+2 时,不失一般性,可设剪去的一格位于 左上方(3k+1)×(3k+1)的正方形内,这时将(3k+7)×(3k+7)的纸片分成 4 块:左 上方是(3k+1)×(3k+1)的正方形,右下方是 7×7 正方形去掉去掉左上方的一个 方格,左下方和右上方分别是 6×3k 和 3k×6 的矩形,因为 6×3k 和 3k×6 的 矩形可全部剪成 2×3 或 3×2 的纸片,故可全部剪成 L 型纸片,而由归纳假设 及 n=2 的证明知左上方及右下方的两块也能全部剪成 L 型纸片, 这就证明 了 n=k+2 时结论成立, 于是,我们完成了原题的证明, 说明 数学归纳法是解决与 n 有关组合问题的常用手法,数学归纳法使得 问题建立跨度,先从简单的特殊情况加以考虑,然后将方法和结论延伸.

(3k+1)× (3k+1)

3k× 6

6× 3k

7× 7-1

情景再现
6. 2×2 的方格纸片剪去一个小方格后剩下的 3 个小方格组成的纸片叫做 L 型纸片, 证 明:对任意正整数 n,2n×2n 型纸片任意剪去一个小方格后,剩下的部分能全部沿方 格线剪成 L 型纸片,(1982 年上海市数学竞赛试题) 7.已知 n×n(n 是奇数)的棋盘上每个单位正方形被黑白相间地染了色,且 4 角的单位 正方形染的是黑色,将 3 个连在一起的单位正方形组成的 L 形图称作一块“多米 诺”.问 n 为何值时,所有黑色可用互不重叠的“多米诺”覆盖?若能覆盖,最少需 要多少块“多米诺”?(第 43 届 IMO 预选题) 8.平面上任意给定 n 个点,其中任何 3 点可组成一个三角形,每个三角形都有一个面 积,令最大面积与最小面积之比为 μn,求 μ5 的最小值.

习题 66

1.在平面上有 n(n≥3)个半径为1的圆,且任意三个圆中至少有两个圆有交点.证明: 这些圆覆盖平面的面积小于 35,(2003 年国家集训队试题) 1 2.证明:单位长的任何曲线能被面积为 的闭矩形覆盖,(1990 年国家集训队测试题) 4 3.考虑 m×n(m,n≥1)的方格阵,在每个顶点和方格中心放入一块干面包(图为 m=3, n=4 的情形,放置了 32 块干面包). (1)求恰有 500 块干面包的方格阵; (2)证明:有无穷多个正整数 k,使得不存在 m×n 的方格阵.(2003 年意大 利数学奥林匹克试题) 4.平面上有 h+s 条直线,其中 h 条是水平直线,另 s 条直线满足: (1)它们都不是水平线; (2)它们中任意两条不平行; (1) h+s 条直线中任何三条不共点,且这 h+s 条直线恰好把平面分成 1992 个区域, 求所有的正整数对(h,s),(1992 年亚太地区数学奥林匹克试题) 5.若干个正方形的面积之和等于 1,求证:它们可以不重叠地嵌入到一个面积为 2 的 正方形内.(第 6 届全苏数学奥林匹克试题) 6.能否将下列 m×n 矩形剖分成若干个形如 (1)m×n=1985×1987? (2) m×n=1987×1989?(第 28 届 IMO 预选题) 的“L”形?

7. 在一个面积为 1 的正三角形内部,任意放五个点,试证:在此正三角形内,一定 可以作三个正三角形盖住这五个点,这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的 边,并且它们的面积之和不超过 0,64,(1987 年中国数学奥林匹克试题) 8.设 P 是一个凸多边形.证明:在 P 内存在一个凸六边形,其面积至少是 P 的面积的 3 ,(第 45 届 IMO 预选题) 4 本节“情景再现”解答: 1. 如图,分别以对角线 AC,AD 为直径作圆 O1, 圆 O2, 因为∠B>90 ,所以△ABC 被圆 O1 覆盖,同理△AED 被圆 O2 覆盖, 在△ACD 中,若∠1≥90o,则△ACD 被圆 O1 覆盖;若∠2≥90o, 则△ACD 被圆 B O2 覆盖;若∠1、∠2 均为锐角,则自 A 作 CD 的垂线 AF, 则△ACF 和△ADF O 分别被圆 O1、圆 O2 覆盖. 综上所述,凸五边形 ABCDE 可被圆 O1、圆 O2 覆盖. 1 2.(1)由于三角形的三边长均为整数,所以正方形的边长也为整数 n, 又由于三 C 2 2 2 角形的面积为 6,所以 6|n ,从而 2|n,3|n, 即 6|n, 记 n=6m,则 n =36m , 三角形的总数 6m2 是偶数. (2)矩形被若干条割缝(线段)分割成若干个所述的直角三角形,割缝的端点都是三角形的顶 点.考虑直角三角形的斜边.若矩形的一组对边上分别有 b、d 个斜边,则存在非负整数 a、 c(因为直角三角形的直角边都为整数),使 a+b 5=c+d 5,从而 b=d,即在矩形的对边上 的斜边的个数相同.若斜边在割缝上,同理可知在这条割缝上的斜边,相应的直角三角形位 于割缝一侧的个数与位于另一侧的个数相同.因此,直角三角形的斜边的个数为偶数(若两 个直角三角形有一条公共斜边,则这条斜边应计算两次),从而直角三角形的个数为偶数. 3.设凸四边形 ABCD 的面积为 1,不妨设 BD≥AC,A、C 到 BD 的距离分别为 h1 、h2, 不妨设 h1≥h2.
o

A

E
1

O2

2 F D

现过 C 作 EF∥BD,交 AB、AC 延长线于 E、F, 则△AEF 即为所求. h1 1 BD 1 显然△AEF 覆盖四边形 ABCD.由 h1≥h2 得 ≥ ,所以, ≥ , h1+h2 2 EF 2 1 故 S△AEF= (h1+h2)×EF≤(h1+h2)×BD=2SABCD=2, 2 → 4.如图,作 F 的两条平行于 l 的支撑直线 l1、l2(l1、l2 与 F 的边界至少有一个 公共点 E、G,并且 F 夹在 l1 与 l2 之间),再作与 l1, l2 距离相等且与它们平行 的直线 l3, 而 AB、CD 是 F 的两条弦并且 AB 与 l1、l3 平行等距,CD 与 l2、l3 平行等距.过 A、B、C、D 作 F 的支撑线与 l1、l2、l3 相交成上下两个梯形,令 这 5 条平行线相邻两条之间的距离为 h,且不妨设 CD≥AB,于是 S(F)不大于两 8 1 3 8 个梯形的面积之和, S(F)≤AB?2h+CD?2h≤CD?4h= ?( CD? h)= S△CDE 即 3 2 2 3 8 ≤ S(△). 3 3 所以,S(△)≥ S(F), 8 → 另一方面, F 为平面上边长为 a 的正六边形 ABCDEG , 取 使得 AB∥ l , → △PQR 为 F 中有一边 PQ∥ l 的所有内接三角形中面积最大的一个, 显然 P、 BQ λ Q、R 必须在正六边形的边界上(图),并设 = (0≤λ<1 ) ,易计算得 QC 1?λ △PQR 的高 h= 3a? S(△PQR)= 9 3 2 a, 16 而 S(F)= 3 3 3 1 ,所以 S(△PQR)≤ S(F),并且 λ= 时等号成立. 2 8 2
T F
o

l1 B M E

l2

A1 N F C
A E B

A2

l1

l3 D G l2

C

E

R

D

3 1 λa= 3a(1? λ)及 PQ=a+λa =(1+λ)a,所以 2 2

G P A

h

C Q B

1 3 1 3 2 3 29 1 h?PQ= a(1? λ)(1+λ)a= a (2+λ?λ2)= a [ ?(λ? )2]≤ 2 2 2 4 4 4 2

3 综上可得,所求 c 的最大值是 . 8 5.不妨设∠C>90 ,于是,min{∠A, ∠B}<45 , 以 AB 为直径,在顶点 C 的同侧作半圆 O,则 C 位于半圆 O 内,作射 线 AT 使得∠BAT=45o,如图所示,再作射线 OE 使得∠BOE=45o, 且与半圆相交于 E, 过点 E 作半圆的切线, 分别交 AB 的延长线和 AT 于点 D 和 F,则等腰直角三角形 ADF 覆盖三角形 ABC,并且 AD= 1 1 1 1 AO+OD= AB+ 2× AB= (1+ 2)AB< (1+ 2)×2R=1+ 2, 2 2 2 2
o

C

E

A

O

B

D

I
k+1 k+1

II

6.当 n=1 时,结论显然成立,设 n=k 时,结论成立,那么 n=k+1 时,将 2 ×2 的方格纸等分成 4 个 2k×2k 的方格纸片 I、II、III、IV,不妨设剪去的一个方格在 I 内, 再在中心处剪去一个 L 型纸片,使 II、III、IV 内恰恰各剪去一个小方格(如图),于是, 由归纳假设知 II、III、IV 都可以全部剪成 L 型纸片,即 n=k+1 时,结论成立, 于是,

IV

III

由数学归纳法命题得证, 7.设 n=2m+1,考虑奇数行,则每行有 m+1 个黑格,共有(m+1)2 个黑格.而任意 两个黑格均不可能被一块“多米诺”覆盖,因此至少需要(m+1)2 块“多米诺”,才 3 能覆盖棋盘上的所有黑格.由于 n=1,3,5 时均有 3(m+1)2>n2,所以 n≥7, 下面用数学归纳法证明:当 n≥7 时,(m+1)2 块“多米诺”可以覆盖棋盘上的所有黑 格, 4 当 n=7 时,由于两块“多米诺”可组成 2×3 的矩形,两块 2×3 的矩形又可组成 4 ×3 的矩形,则可将这个 4 个 4×3 的矩形放在 7×7 的棋盘上,使得出来中间的这 3 个黑格外, 覆盖了棋盘上所有方格(如图), 调整与中间的这个黑格相邻的一块 “多 米诺” 使得用这块 , “多米诺” 盖住中间的这个黑格, 而且也能盖住原来那块 “多 米诺”所覆盖的惟一的一个黑格.从而,用 16 块“多米诺”覆盖了棋盘上除一 个白格外的所有方格. 假设当 n=2m?1 时,在(2m?1)×(2m?1)的棋盘上可以用 m2 块“多米诺”覆盖棋 盘上的所有黑格.当 n=2m+1 时,将(2m?1)×(2m?1)的棋盘分成(2m?1)× (2m?1), (2m?1)×2 和(2m+1)×2 的 3 部分,由于(2m?1)×2 的矩形可分解成 m?2 个 2×2 的正方形和一个 2×3 的矩形,于是,(2m?1)×2 的矩形的黑格可以 用(m?2)+2 块“多米诺”覆盖.同理,(2m+1)×2 的矩形可以用(m?1)+2 块“多 米诺”覆盖(如图).因此,(2m?1)×(2m?1)的棋盘可用 m2+(m?2)+2+(m?1)+2 =(m?1) 2 块“多米诺”覆盖. 8,设平面上任意 5 点为 A1,A2,A3,A4,A5,其中任意三点不共线. (1) 若 5 点的凸包不是凸五边形,那么其中必有一点落在某个三角形内,不妨设 A4 落在△ A1A2A3 内,于是 μ5≥

4

3

4

3

4

SD A1 A2 A3 min{SD A1 A2 A4 , SD A2 A3 A4 , SD A3 A1 A4 }

A1

≥3,
M N

(2)若 5 点的凸包是凸五边形 A1A2A3A4A5 时,如图,作 MN∥A3A4 交 A1A3 与 A1A4 分别为 M 和 N,且使得 A1M A 1N = = MA3 NA4 5?1 , 2

A2

A3

(i)A2,A5 中有一点,比如 A2 与 A3,A4 在直线 MN 的同侧时(如图),有 μ5≥

A4

A1 A5

SD A1 A3 A4 SD A2 A3 A4

A1A3 A 1M 5?1 ≥ =1+ =1+ = MA3 MA3 2

5?1 , 2

A2 M

O N

(ii) A2,A5 与 A1 均在直线 MN 的同侧时(如图),设 A2A5 交 A1A3 于 O,则 A1O≤AM, 于是 μ5≥

A3

A4

SD A2 A3 A5 SD A1 A2 A5

=

SD A2 A3O SD A1 A2O

OA3 MA3 = ≥ = OA1 MA1

1 = 5?1 2

5?1 , 2
A2

A1

注意到 3>

5?1 5?1 ,所以总有 μ5≥ .并且取 A1,A2,A3,A4,A5 为边长为 a 的 2 2

A5

正五边形的 5 个顶点时,有 μ5 =

SD A1 A3 A4 SD A1 A2 A3

1 A A ?A A ?sin36o 2 1 3 1 4 A1A4 = = = 1 A1A2 o A A ?A A ?sin36 2 1 2 1 3

A

A3

A4

h1

D B h2 F E C

1 = 2sin18o

2 = 5?1

5?1 , 2 5?1 , 2

综上可知,μ5 的最小值是

本节“习题 66”解答: 1.记这些圆的圆心分别为 A1,A2,?,An,不妨设 A1A2 是这 n 个点的直径(即两点之间距 离的最大值),过 A1,A2 分别作 A1A2 的垂线 l1,l2,则 A3,?,An 均在 l1 和 l2 之间的“带 形”内.以 A1 为圆心,2 为半径作半圆,在 l1 上的交点分别记为 E,F,则该半圆包含了全 体与 A1 距离不大于 2 的圆心.于是,若以 A1 为圆心,3 为半径作半圆,与 l1 交于 B,C, 再向左作宽为 1 的矩形 MNFE,最后添上两个四分之一的圆 BME 及圆 FNC,如图所示,则 此图形包含了圆心与 A1 的距离不大于 2 的全体单位圆.该图形 BMNCB 的面积记为 S1,则 1 1 S1= π×32+ π×2+4×1=5π+4, 2 4 又由条件知,其余不在半圆内的所有圆心两两之间的距离必不超过 2(否则,若有 AiAj>2, 而 A1Ai>2,A1Aj>2,则⊙A1、⊙Ai、⊙Aj 两两相离,矛盾),于是,剩下的圆心组成的点 集的直径≤2,易知一个边长为 2 的正方形可以覆盖这些圆心,于是在该正方形外加一个 “框”,如图所示,“框”是 4 个宽为 1 的矩形和 4 个四分之一圆,则剩下所有圆都在这个 区域内.记这个区域的面积为 S2,则 S2=22+4×2+π=π+12,所以这些圆覆盖的面积 S≤S1 +S2≤5π+4+π+12=6π+16<35, 2.如图,曲线端点连线记为 l,设矩形 ABCD 是覆盖曲线的最小矩形,且 AB∥CD∥l,BC ⊥l,DA⊥l,AB=a, BC=b, 则曲线和矩形四边都有公共点.在各边任取一个公共点, 分别记为 P1、P2、P3、P4,又设曲线的端点是 P0 和 P5,则 AP2+ P2B≤ AP1+P1P2+P2P3+P3B≤曲线弧 P0P1P2+曲线弧 P4P5+曲线弧 P2P3+曲线 弧 P3P4=1, 1 1 1 △AP2B 的面积≤ AP2×P2B≤ ,矩形 ABCD 的面积≤ . 2 8 4 3.(1) m×n(m,n≥1)的方格阵上放置的干面包的数目为(m+1)(n+1)+mn =2mn+m+n+1, 设 N=2mn+m+n+1,则 2N-1=(2m+1)(2n+1), 当 N=500 时,2N-1=999=33×37, 则(m,n)的解为(1,166),(4,55),(13,18),(18, 13),(55,4),(166,1), (2)由于奇质数有无穷多个,所以,若 2N-1 是质数,则由 m≥1,n≥1 知 2m+1≥3,2n+1≥ 3,所以,2N-1 不能分解成两个不小于 3 的奇数的乘积. 4.因为每条直线把平面分成两个区域,设 n 条直线(其中每两条相交,但任何三条不共点) 把平面分成 an 个区域,则 n+1 条直线(其中每两条相交,但任何三条不共点)把平面分成 an+1 个区域满足 an+1=an+(n+1),a1=2, n(n+1) 由此推得 an=a1+(a2?a1)+( a3?a2)+?+(an?an?1)=2+(1+2+?+n)=1+ , 2 s(s+1) 于是,s 条直线把平面分成 1+ 个区域,又 h 条平行线与这 s 条直线相交时又增加了 2 h(s+1)个区域(即每增加一条水平直线,增加 s+1 个区域),所以有 s(s+1) h(s+1)+1+ =1992, 2 (s+1)(2h+s)=2× 1991=2× 181, 11×

对上述不定方程的可能正整数解可列出下表: s+1 2 11 22 s 1 10 21 2h+s 1991 362 181 h 995 176 80

181 180 22 <0 故所求的正整数对(h,s)为(995,1),(176,10),(80,21), 5.将这些正方形的边长由大到小的顺序排成一行,设其最大边长为 x=h1,再将它移植到边长为 2的正方形(面积为 2)中,使边长为 x 的 正方形紧贴大正方形的左下角,其它依次排在大正方形的底边上,直 h3 到排边长为 h2 的正方形开始超出大正方形的右边;将边长为 h2 的正 h2 方形以及以后的正方形移到上一行,使其左边重合于大正方形的左 边,而底边与边长为 x 的正方形的上底重合,其后的正方形依次排成 一行,直到排边长为 h3 的正方形时又超出大正方形的右边;将边长 h1 x2 为 h3 的正方形以及以后的正方形又移到上一行,并且一直做下去? (如图). 若我们能证明 x=h1,h2,h3,?的和 h1+h2+h3+?不超 过 2,则所有这些正方形已无重叠地放入大正方形. 设想将从下往上数第 k+1 行最左边的边长为 hk+1 的那个正方形移到第 k 行的右端, 那么它就 在大正方形的右端露出一部分, 因此第 k 行中所有小正方形的面积之和不小于( 2―x)hk+1 (k =2,3,?),而第 1 行中所有小正方形的面积之和不小于 x2+( 2―x)h2,于是所有这些小 正方形的面积之和不小于 x2+( 2―x)(h2+h3+?)= x2+( 2―x)(h?x), 而由题设所有这些小正方形的面积之和为 1,所以 x2+( 2―x)(h?x)≤1, 1―x2 1 1 由此得出 h≤ +x=3 2―2( 2―x)― ≤3 2―2 2( 2―x)· = 2× 3 2―x 2―x 2―x 2, 6.(1)因为 1985×1987 不能被 3 整除,所以 1985×1987 的矩形不能分割成若干个 L 形(因为每个 L 形含 3 个方格), (2)因为 L 形既可拼成 2×3 的矩形,又可拼成 7×9 的矩形(如图),而 1987×1989 =1980×1989+7×1989 =2×3×(990×663)+( 7×9)×221,故 1987×1989 的矩形可被分割成若干个 L 形, 10 7.结论可改进为( )2,并且这是最佳的. 13
2× 3

h3

h2

3× 2

2× 3 3× 2 3× 2

3× 2 2× 3

设△ABC 是一个面积为 1 的正三角形,在每条边上各取两个点,使各点到最近顶点的距离 3 10 都是边长的 (如图 a),于是△AB2C2、△BC2A1 和△CA2B1 都是正三角形,且面积为( )2. 13 13 (1)如果△AB2C2、△BC2A1、△CA2B1 中有一个至少盖住已知 5 点中的 3 个,那么命题显然 成立.因为这 3 点都在△ABC 内部,所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移,而使 10 三角形面积小于( )2 后,仍能将它们盖住.然后再适当作两个小正三角形盖住其余两个点, 13 10 便可使 5 个点全部盖住,且可保证三角形的面积之和不超过( )2. 13 10 (2)如果上述三个面积为( )2 的正三角形中的任何一个都至多盖住两个已知点,那么图 a 的 13 三个菱形(阴影部分)中至少有一个点,而它们之间的 3 个梯形中,至多有一个已知点,因此

5 个点的分布情况只有图 b,图 c 两类: (i)在图 b 中, 个点分布在 3 个菱形中, 5 此时过菱形的顶点所作的两个正三角形 AA1A2、 1B2 BB 3 2 的面积和为 8?( ) ,它们盖住了 4 个点,再作一个适当的小正三角形盖住第 5 个点.正是这 13 三个三角形满足要求. (ii)在图 c 中,有一个菱形中有两个点,另外两个菱形各有一个点,而在这两个菱形之间的 梯形中还有 1 个点,不妨设这个点距 B 比距 C 近.过 AB2 的中点 A3 作 A3B3∥AC,于是, 8 3 S△BA3B3=( )2,而 S△AA4A5=4?( )2, 13 13 10 此时△BA2B2、△AA4A5 盖住 4 个点,面积和为( )2.用(1)的方法将某三角形的某边适当平 13 10 移,使面积和小于( )2.再适当作一个小正三角形盖住第 5 个点.此时这三个正三角形满足 13 要求.
A A1 A2 A1 A A2 A A1 A4 A3 A2 A5

B2 B B1 (a)

C1 C2

B2 C B B1 (b)

C1

B2 B3 (c)

C B B1 C2

C1 C2 C

8.任取两条相互平行的凸多边形 P 的支撑线 s、t(即多边形 P 在直线 s、t 的同一侧,P 与 s、 t 有公共点),设 S、T 分别为凸多边形 P 与 s、t 的交点.于是,线段 ST 将 P 分成两部分, 1 分别设为 P'和 P'',设 K、L 是凸多边形 P'边界上的点,满足 KL∥ST, 且 KL= ST. 2 3 下面只须证明梯形 SKLT 的面积至少是凸多边形 P'面积的 即可. 4 3 因为同理在 P''中产生的梯形的面积也至少是 P''面积的 ,两个梯形合起来就是一个凸六边 4 形. 过点 K、L 分别作 P'的支撑线,且这两条支撑线交于点 Z, 假设点 K 到直线 s 的距离小于 点 L 到直线 s 的距离, 设 ZK 交直线 s 于 X, 交直线 t 于 Y, 过点 Z 且平行于 ST 的直线分别交直线 s、 于 A、 ZL t B, 显然,P'包含在五边形 SXZYT 中.于是只要证明 3 S 梯形 SKLT≥ S 五边形 SXZYT, ① 4 设 AZ=a,BZ=b,设点 K、X、Y、S 到直线 AB 的距离分别为 k、x、y、d,分别过 K、L a+b ak bk 作 直 线 KU ∥ LV ∥ s ∥ t, 交 AB 于 U 、 V , 则 有 = KL= UZ+ZV = + , 2 x y ②

3 由于 S 梯形 SKLT= (a+b)(d?k), 4 ax by S 五边形 SXZYT= S?SABT-S△AXZ=(a+b)d? ? , 2 2 代入式①,即只要证明 ax+by?2(a+b)k≥0, 由式②得 k = ③ (a+b)xy ab(x?y)2 ,代入③的左端,可得 ax+by?2(a+b)k= ≥0, 2(ay+ax) 2(ay+ax)

因此, 原命题成立,


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