9、面的圓，于是剩下的圓與原來(lái)的最大圓沒有交點(diǎn)?再在剩下的圓中找出最大的圓，重復(fù)上述過(guò)程?由于圓的總數(shù)有限，這一過(guò)程總會(huì)終止?這時(shí)，每個(gè)半徑脹大3倍的圓覆蓋了原先所有的圓，它們的面積之和不小于1，而這些“脹大圓”對(duì)應(yīng)的原先的同心圓，便是滿足條件的兩兩不相交、且面積之和不小于.
30.1.10***在面積為5的區(qū)域中，放置著9個(gè)面積為1的矩形，證明：其中必有兩個(gè)矩形的重疊部分面積不小于.
解析假設(shè)結(jié)論不成立.給矩形編號(hào)，l號(hào)矩形覆蓋的面積是1,當(dāng)2號(hào)矩形蓋上去后，被覆蓋面積增加的盡管不是1,但大于；類似地，當(dāng)3號(hào)矩形蓋上去后，又增加了大于的面積……最后，被9個(gè)矩形蓋住的總面積超過(guò)了，矛盾．
3
10、0.1.11***在單位正方形內(nèi)放置一個(gè)圖形，使它任意兩點(diǎn)的距離不等于0.001，求證：該圖形的面積不超過(guò)0.288．
解析設(shè)正方形為，圖形記為，面積為．易知沿任何方向上平移0.001的距離得到新的圖形與無(wú)公共點(diǎn)．
八、、?
如圖，作一個(gè)菱形，其中△與△均為邊長(zhǎng)是0.001的正三角形，且在上；又將此菱形繞逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度（略大于），使得到的新的菱形滿足．
不妨設(shè)沿方向得到的圖形為，同理沿方向，，…，得到的圖形為,，…，
對(duì)任一圖形，記其面積為．為方便起見，下面用集合中的一些常用記號(hào)（并、交與空集）由于沿方向得到的圖形與無(wú)公共點(diǎn)，故
，
因此，
于是S（FnF）+S（F
11、nF）WS（F）=S?
34
不妨設(shè)，于是
，
又，
故．
又因?yàn)榈仍?、方向上的投影均小于萬(wàn)，故一個(gè)邊長(zhǎng)為的正方形可以將、、均覆蓋，于是
，
由此得．
30.1.12***一有界凸形被直線分成面積相等的兩部分，直線，被分成的兩部分在上的射影分別為與求證：．
解析如圖，設(shè)兩段投影分別是、，點(diǎn)是凸形的支撐點(diǎn)，平分凸形的與分別交于點(diǎn)、，延長(zhǎng)、，分別交支撐線于點(diǎn)、.于是有，即1（A'A"+B'B"）?AB三1B'B"-BC，易知，令，則有，即同理有，即.
22
30.1.13***求證：面積為1的凸形可以放進(jìn)一個(gè)面積不小于的三角形．解析首先需說(shuō)明的是：三角形的頂點(diǎn)可以在凸形
12、白邊界上．如圖，作兩平行支撐線與，距離為，與凸形各有一個(gè)交點(diǎn)（可能不止一個(gè)）是點(diǎn)與點(diǎn)
A
1
B
l
又作與、距離均為的“中位直線”，再作與的“中位弦”、與的“中位弦”．現(xiàn)過(guò)點(diǎn)、分別作凸形的支撐線，得一梯形，上底在上，下底在上，其面積為．同理，過(guò)點(diǎn)、分別作凸形的支撐線，又得一梯形，上底在上，下底在上，其面積為，顯然（凸形面積）．又有，同理，于是max（S-S）三1（S+S）=3（S+S）三3.
△APQ△BMN2△APQ△BMN8128
30.1.14****設(shè)凸邊形的邊兩兩不平行，求證：對(duì)于凸邊形內(nèi)任一點(diǎn)，不可能存在條經(jīng)過(guò)點(diǎn)的直線，其中每一條直線都平分該凸邊形面積．
解析
13、設(shè)凸邊形，關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱的是，如果有條等分面積的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，那么是條直線每相鄰兩條所成的2是個(gè)角（無(wú)重疊）中都應(yīng)該有與邊界的交點(diǎn)，但在多邊形的每一條邊上至多有兩個(gè)那樣的交點(diǎn)，故．
30.1.15**證明：如果凸四邊形能夠劃分成兩個(gè)彼此相似的四邊形，那么四邊形是梯形或平行四邊形．解析若線段的端點(diǎn)和在邊和上，它把四邊形分割成兩個(gè)相似的四邊形，這時(shí)四邊形．的角等于四邊形的一個(gè)角．如果，則，而如果等于四邊形的另外的角，那么在這個(gè)四邊形里有兩個(gè)和為的角．對(duì)于引出類似的結(jié)論．我們或者得到和（這時(shí)），或者得到四邊形中有兩個(gè)和為的角．不失一般性，可以認(rèn)為它們中的一個(gè)角為．
如果，則．
如果，則，因此，或
14、者．
如果，則四邊形和是圓內(nèi)接四邊形.由此容易推出，和ZADN=180o-ZAMN=ZBMN，即.
30.1.16****證明：對(duì)于凸多邊形，下面兩條性質(zhì)等價(jià)：（1）有對(duì)稱中心；（2）能劃分成平行四邊形．
解析研究凸多邊形….下證明，性質(zhì)（1）和（2）的每一個(gè)都等價(jià)于下面的性質(zhì)（3）：對(duì)于任意邊能求出，使四邊形為平行四邊形.
顯然，從性質(zhì)（1）能推出性質(zhì)（3）.下面證明，從性質(zhì)（3）推出性質(zhì)（1）.如果凸多邊形…具有性質(zhì)（3），那么，用表示線段的中點(diǎn)，因?yàn)槭瞧叫兴倪呅?，所以．因此，所有點(diǎn)都重合于多邊形的對(duì)稱中心．證明由性質(zhì)（2）推出（3）：設(shè)凸多邊形分割成平行四邊形，則需要證明對(duì)于多邊
15、形的任意邊能夠求出與它長(zhǎng)度相等且平行的邊．離開多邊形的每一條邊有平行四邊形串，即這條邊好像是沿著它們進(jìn)行平行移動(dòng)，并且它能分成幾個(gè)部分（如圖（））．因?yàn)樵谕苟噙呅文抢镞€僅能有一條邊，它平行給出的邊，則所有串的分支都支撐在同一條邊上，并且它的長(zhǎng)不小于引出串的那條邊的邊長(zhǎng)．無(wú)論是從第一條邊到第二條邊，還是從第二條邊到第一條邊，均能夠沿平行四邊形串加以移動(dòng)，因此這兩邊的長(zhǎng)相等．
剩下證明，從性質(zhì)（3）推出性質(zhì)（2）．用與對(duì)邊相等且平行的線段分割多邊形的方法（如圖（）．每施行這樣步驟以后，得到邊數(shù)少的多邊形（這個(gè)多邊形仍具有性質(zhì)（3）），按同樣的做法繼續(xù)下去，直到分成平行四邊形為止．
30.1
16、.17****求證：如果凸多邊形能夠劃分成若干中心對(duì)稱凸多邊形，則原來(lái)的多邊形具有對(duì)稱中心．解析利用題30.1.16的結(jié)果．如果凸多邊形分割成中心對(duì)稱的凸多邊形，那么這些中心對(duì)稱凸多邊形能分割成平行四邊形，因此能分割成平行四邊形，即有對(duì)稱中心．
30.1.18****證明：對(duì)于一面積為的三角形、平行四邊形及一般的有界閉凸形，分別存在一條直線，使它們沿這條直線折疊后的重疊部分的面積分別滿足、．
解析對(duì)于三角形，作角平分線，則該三角形被分成兩個(gè)小三角形，然后沿角平分線對(duì)折，我們知道重疊部分是兩小三角形中較小的那個(gè).不妨設(shè)三角形三邊WW,這樣的重疊面積有三個(gè):、和，舍棄最后一個(gè)，我們只需證明ma
17、x[亠，一—]>3^5.
Ia+bb+c丿2
不妨設(shè)，則．
若，則；
若，則．
對(duì)于平行四邊形，如圖（），不妨設(shè)三，，
(a)
設(shè)、中點(diǎn)分別為、，作于點(diǎn)，點(diǎn)必在上，又作中垂線，則點(diǎn)在上．
易知，若分別沿、對(duì)折，則重疊部分分別為等腰梯形△與等腰三角形
S1
APQR二
S2
ABCD
_1
—2
absin0
-—cos0
24b
a12-a2-b2_a2+5b2-12
4b2ab8b2
(1—b)2+5b2-1231
>=—-，①
8b244b
其中用到余弦定理與三角形兩邊之差小于第三邊
又設(shè)，對(duì)△用余弦定理得
(b-x)2+2a(
18、b-x)cos0
x2
展開整理，得
(2b+2acos0)x=a2+b2+2abcos0=12，
于是
S
△BSD
S
ABCD
x=12=12
2b4abcos0+4b2212+2b2一2a2
①+②，得max(S,S)三1(S+S)>3S
APQR△BSD2APQR△BSD8ABCD
最后處理一般的有界凸形．
如圖（），設(shè)凸形的直徑為，則作直線、分別過(guò)點(diǎn)、且均與垂直，易知直線、都是支撐線
B'BB''
又作的中垂線，交凸形邊界于點(diǎn)、．由于四邊形是箏形，沿折無(wú)冗余，故只需證明即可．過(guò)點(diǎn)、作支撐線，分別交、于點(diǎn)、和點(diǎn)、．易知四邊形是梯形，它的中位線是
19、，高是，故而
30.1.19***一個(gè)凸四邊形的邊長(zhǎng)和對(duì)角線長(zhǎng)（不一定兩兩不同）依照遞增的次序排成一數(shù)列，它與另一個(gè)凸四邊形的數(shù)列完全相同，問這兩個(gè)四邊形的面積是否必定相等？
解析不一定．考慮等腰梯形，上底，下底，高為1；另一個(gè)是箏形，垂直平分，且交于點(diǎn)，，．
R
30.1.20***對(duì)于任一13邊形（不一定是凸的），必存在一條直線，僅包含它的一條邊，但對(duì)于（＞13）邊形，結(jié)論未必正確．
解析假設(shè)存在一13邊形，包含其任一條邊的直線，還至少包含另一條邊．今過(guò)13邊形的所有邊引直線，因?yàn)樗?3（奇數(shù)）條邊，故某條直線上包含至少3條邊，因此這條直線上至少有13邊形的6個(gè)頂點(diǎn)
20、.而經(jīng)過(guò)每個(gè)頂點(diǎn)引出的直線上至少有2條邊，因此在這個(gè)13邊形里總共有不少于3+2X6—15條邊，不可能．
對(duì)于偶數(shù)，（三10）和奇數(shù)（三15）的例子可分別由“星形”及“星形”出發(fā)得出，如圖所示.
30.2.1**平面上每座探照燈能照亮的范圍，證明：在平面上的任意4固定點(diǎn)上的4座探照燈通過(guò)旋轉(zhuǎn)可以照亮整個(gè)平面（探照燈本身大小忽略不計(jì)）．
(AB+BC)2=(+*s2cos20+(r+ssin)=2r2+s2+2rssin0+2^s2cos20+(r+ssin0)2
解析如圖，假定是四點(diǎn)、、，找一條直線，與四點(diǎn)兩兩連線中的任一條不平行也不垂直，于是四點(diǎn)至距離兩兩不等，適當(dāng)?shù)匾苿?dòng)，使
21、四點(diǎn)中兩點(diǎn)（不妨設(shè)、）在一側(cè)的半平面內(nèi)，而另兩點(diǎn)（不妨設(shè)、，未畫出）在另一側(cè)的半平面內(nèi)．
A
1=B
S
」
l
S'
對(duì)于水平而言，不妨設(shè)在左、在右，過(guò)作一直角朝右下方向，兩邊分別與平行、垂直，過(guò)亦作類似一直角，但朝左下方向，易知、兩盞燈可覆蓋半平面，同理、處兩燈可覆蓋半平面．
30.2.2**對(duì)于一切整數(shù)三3,平面上都存在個(gè)點(diǎn)，使得任意兩點(diǎn)的中垂線至少通過(guò)其余個(gè)點(diǎn)中的一點(diǎn).解析如圖，設(shè)個(gè)點(diǎn)為,，…，，今讓為圓心，，…，在圓周上.
當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，構(gòu)作個(gè)頂點(diǎn)不重的正三角形△（,2,…，），于是所有連線的中垂線過(guò)其余個(gè)點(diǎn)中的一個(gè).當(dāng)為偶
22、數(shù)時(shí)，先作菱形，使△與△均為正三角形，其余再按前述構(gòu)作，易知滿足題設(shè)要求.
30.2.3***有一個(gè)多邊形（不一定是凸的），面積大于，求證：可以把它適當(dāng)?shù)胤旁谧鴺?biāo)平面上，使其至少覆蓋住個(gè)格點(diǎn).
解析先將多邊形染成紅色，隨意地放入坐標(biāo)平面，然后將與多邊形相交的小方格（四頂點(diǎn)為格點(diǎn)，
邊長(zhǎng)為1）平移到某個(gè)遠(yuǎn)處的正方形處，并一個(gè)一個(gè)地疊在上.因?yàn)樵谡叫紊鲜且粚右粚佣询B起來(lái)的，所以對(duì)于丁的任一點(diǎn)（如圖），每一層都有一點(diǎn)蓋住點(diǎn)：有時(shí)出現(xiàn)在該層的紅點(diǎn)下，有時(shí)出現(xiàn)在未涂色的點(diǎn)下.
我們斷言，底面中必定有一點(diǎn)至少被個(gè)不同層的紅點(diǎn)蓋住.如若不然，底面丁中每一點(diǎn)都至多被個(gè)不同層的紅點(diǎn)蓋住.這時(shí)紅點(diǎn)的
23、總面積不會(huì)超過(guò)個(gè)單位，與已知多邊形面積大于的條件相矛盾.因此，上必有一點(diǎn)，至少被紅點(diǎn)蓋住了次.
現(xiàn)在拿一根針垂直扎穿點(diǎn)上所有各層，這就在每一層中標(biāo)出了一個(gè)點(diǎn)，這種點(diǎn)中至少有個(gè)紅點(diǎn).記它們?yōu)?，，…，，這里的至少是.最后把所有的小正方形移回原來(lái)的位置，重新拼成多邊形.
既然各點(diǎn)在其正方形中都出現(xiàn)在同樣的相對(duì)位置上，所以多邊形的任何平移，如果使一個(gè)移動(dòng)到一個(gè)格子點(diǎn)，也將使其余的移到相應(yīng)的格子點(diǎn).它們至少有個(gè).
因此，這樣的平移就把多邊形變到一個(gè)至少蓋住個(gè)格子點(diǎn)的位置上.
30.2.4***設(shè)點(diǎn)、、是3個(gè)格點(diǎn)，若，則點(diǎn)、、是一個(gè)正方形的3個(gè)頂點(diǎn).
解析通過(guò)旋轉(zhuǎn)與平移知，不妨設(shè)，，，這里三0.
24、若三1，于是
三2r2+s2+2rsin0+2r(r+sin0)三4r(r+ssin0)+1=8S+1，這里，矛盾，故.
△ABC
30.2.5***平面上任給13個(gè)整點(diǎn).求證：必存在4個(gè)整點(diǎn)，使得這4個(gè)點(diǎn)的重心也是整點(diǎn).
解析我們知道，有限個(gè)點(diǎn)的重心的兩個(gè)坐標(biāo)，分別是有限個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)的算術(shù)平均值.在13個(gè)整點(diǎn)中任取5個(gè)點(diǎn)，必有兩個(gè)點(diǎn)、，其連線的中點(diǎn)也是整點(diǎn)，在剩下的13—2=11個(gè)整點(diǎn)中任取5個(gè)整點(diǎn)，又得、，其連線的中點(diǎn)是整點(diǎn)，再在剩下的9個(gè)點(diǎn)中任取5個(gè)，亦得、，其連線的中點(diǎn)是整點(diǎn)……如此繼續(xù)，得,，???，，，其中與（，2，3，4，5）的連線的中點(diǎn)是整點(diǎn)，記這些中點(diǎn)分別為、、、、，貝
25、9（,2，3,4，5）.
由抽屜原理，在上述5個(gè)整點(diǎn)中，必有兩點(diǎn)，不妨設(shè)為，，其連線的中點(diǎn)是整點(diǎn)，即
P+P
Q+Q3
■6
P+P+P+P
故存在四個(gè)點(diǎn)、、、，其重心是一個(gè)整點(diǎn).
30.2.6***證明閔可夫斯基定理：凸形是中心對(duì)稱圖形，對(duì)稱中心是原點(diǎn)，若的面積大于4，貝其內(nèi)部至少還包含不同于點(diǎn)的格點(diǎn).
解析考慮所有以（，）（、為整數(shù)）為中心、邊長(zhǎng)為2的正方形，將其中與有公共點(diǎn)的正方形平移，使其以原點(diǎn)為中心，由于面積大于4，故存在的兩點(diǎn)、，經(jīng)上述平移后重合于同一點(diǎn)（，），設(shè)點(diǎn)、的坐標(biāo)分別為（，）、（，），由于關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱，故也在中，于是的中點(diǎn)也在中，點(diǎn)是格點(diǎn)，且
26、，故.
30.2.7***求證：對(duì)于任一格點(diǎn)凸五邊形，一定有一個(gè)格點(diǎn)在其對(duì)角線圍成的凸五邊形區(qū)域內(nèi)（包括邊界及頂點(diǎn)）.
解析如圖，用反證法，設(shè)五邊形是最小的格點(diǎn)凸五邊形，其中的內(nèi)部及邊界上均無(wú)格點(diǎn).設(shè)△是五個(gè)“周邊三角形”中面積最小的一個(gè).今作平行四邊形，易知點(diǎn)也是格點(diǎn)，且在△內(nèi)（或邊界上）由假設(shè)，點(diǎn)只能在△內(nèi)部（或內(nèi)），或在△內(nèi)部（或內(nèi)），不妨設(shè)是后者，如圖，易知凸五邊形是更小的格點(diǎn)五邊形，其對(duì)角線圍成的五邊形是的一部分，當(dāng)然不含格點(diǎn)，矛盾，故結(jié)論成立.
E
30.2.8***在平面上有6個(gè)紅點(diǎn)，6個(gè)藍(lán)點(diǎn)，6個(gè)綠點(diǎn)，其中任何3點(diǎn)不共線，求證：以同色點(diǎn)為頂點(diǎn)的所有三角形
27、面積之和小于以這18個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的所有三角形面積之和的.
解析不妨考察3個(gè)藍(lán)點(diǎn)、、與非藍(lán)點(diǎn)，易知SWS+S+S，對(duì)所有這類不等式求和，
△ABC△ABD△BCD△CAD
易知每個(gè)“藍(lán)色頂點(diǎn)”三角形被計(jì)算了12次，而每個(gè)“藍(lán)一藍(lán)一非藍(lán)頂點(diǎn)”三角形都被計(jì)算了4次，從而所有“藍(lán)色頂點(diǎn)”三角形的面積之和不超過(guò)所有“藍(lán)一藍(lán)一非藍(lán)頂點(diǎn)”三角形面積之和的，亦即“藍(lán)色頂點(diǎn)”三角形面積和不超過(guò)“至少兩頂點(diǎn)藍(lán)”三角形面積之和的．對(duì)另兩種頂點(diǎn)同色的三角形，亦有類似結(jié)論，三個(gè)不等式加之，其中無(wú)三角形被重復(fù)計(jì)數(shù)，于是結(jié)論成立．考慮到還有“三色頂點(diǎn)”三角形的存在，是取不到的．
30.2.9***在邊長(zhǎng)為l的正三角形
28、內(nèi)或邊上有6點(diǎn)，則必定有兩點(diǎn)之間的距離不大于．如果把“6”改成“5”，結(jié)論仍然成立；改成“4”，則必定有兩點(diǎn)之間距離不大于．
解析先證一個(gè)結(jié)果，對(duì)于正三角形△內(nèi)或邊界上有兩點(diǎn)、，貝y.這是因?yàn)椴环猎O(shè)，由，、均在以為圓心、為半徑的扇形內(nèi)，于是，w,成為△的最大邊，于是w.
現(xiàn)在回到原題，對(duì)于正三角形△，邊長(zhǎng)為1,找到、中點(diǎn)、、則△、△、△、△是邊長(zhǎng)均為的正三角形.如有5個(gè)點(diǎn)，由抽屜原理知有兩點(diǎn)會(huì)落在上述4個(gè)小正三角形內(nèi)或邊上，于是它們的距離W.
至于4個(gè)點(diǎn)，只要再找到△中心，連結(jié)、，得3個(gè)圓內(nèi)接四邊形，直徑分別是、、不妨設(shè)4個(gè)點(diǎn)中兩點(diǎn)在四邊形內(nèi)或邊上，貝它們完全在以為直徑的圓內(nèi)，故其距離不
29、大于.
80.2.10**在平面上有個(gè)多邊形（不一定是凸的），已知任意兩個(gè)多邊形均有公共點(diǎn)，貝存在一條直線，與每個(gè)多邊形都有公共點(diǎn).
解析找一條直線，不妨設(shè)是軸，每個(gè)多邊形在其上的投影，是一條線段（1WW）.由條件，知對(duì)任意，與有交點(diǎn).今不妨設(shè)，貝與有交點(diǎn)，于是存在一點(diǎn)，對(duì)一切，一切，.于是過(guò)且與軸垂直的直線即為所求.
30.2.11***平面上有（＞2）個(gè)點(diǎn)，已知過(guò)任兩點(diǎn)的直線還至少過(guò)第三點(diǎn)，貝這點(diǎn)在一直線上.
解析如果結(jié)論不成立，貝每條過(guò)其中兩點(diǎn)的直線一定有點(diǎn)落在其外，這些外點(diǎn)至直線有一個(gè)距離，這些距離中的最小值，設(shè)為，如圖，即至的距離最小，而由定義知上面至少有三點(diǎn)，設(shè)為、、，不妨
30、設(shè)其中兩點(diǎn)、在同側(cè)，在之間，于是至的距離更小，這是由于△矛盾，因此結(jié)論成立.
30.2.12***平面上有（＞2）條兩兩不平行的直線，已知過(guò)任兩直線之交點(diǎn)還至少有第三條直線經(jīng)過(guò)，貝這些直線共點(diǎn).
解析用反證法，假定這些直線不共點(diǎn)，找出所有直線的交點(diǎn).對(duì)每一個(gè)這樣的交點(diǎn)，總有若干條直線不經(jīng)過(guò)它，于是存在一條直線離這點(diǎn)最近（＞0），找到所有這種距離的最小值（因?yàn)橹本€只有有限多條）.
如圖，不妨設(shè)至的距離為最小.由于過(guò)至少有3條直線，均與不平行，與交點(diǎn)依次為、、，設(shè)，在上，不妨設(shè)在上.于是過(guò)作，，矛盾.故條直線必共點(diǎn).
30.2.13***在凸邊形內(nèi)部如何標(biāo)記最少數(shù)量的點(diǎn)，使
31、得以邊形頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的所有三角形內(nèi)部均至少包含一個(gè)標(biāo)記點(diǎn)？
解析由一頂點(diǎn)出發(fā)，引所有對(duì)角線，將凸邊形分成個(gè)三角形，因此個(gè)標(biāo)記點(diǎn)是至少的，下證個(gè)標(biāo)記點(diǎn)就夠了.
設(shè)凸邊形，選定邊，連結(jié)，（3,4，-，）.如圖，考查以下個(gè)三角形區(qū)域（由，與圍成，3WW，），這些區(qū)域內(nèi)各選一點(diǎn)即滿足要求，事實(shí)上，對(duì)任意△（）.當(dāng)時(shí)，已解決（在其中）；其余情形，在其中.圖
中為時(shí)之情形．
A
6
A
7
A
2
A
1
30.2.14***已知平面上有五點(diǎn)、、、，點(diǎn)、在△內(nèi)，若無(wú)三點(diǎn)共線，且，求證：以這五點(diǎn)中任三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形中，必有一個(gè)的面積W,且此下界不可改進(jìn).
解析如圖，
32、將向兩邊延長(zhǎng)后一定與△某兩邊相交，不妨設(shè)與、分別交于點(diǎn)、.
記k=min(S,S,S,S)，我們證明W.
△ABD△ACE△DEB△DEC
記，，，，，則，不妨設(shè).
易知，，
S
△BDE
cp刁
(1+p)(1+q)
cp
(1+p)2
于是,，故cW1-(2+p+q)kW1-2k(1+p),
于是耳空①三s三k,
(1+p)2△BDE
即k2p(1+p)+(1+p)2Wp,
或kWp=—1w-^=1-込，
3p2+4p+13p+丄+42^3+42
p
其中不等式是算術(shù)平均不小于幾何平均.
為了說(shuō)明不可改進(jìn)，
33、可令，.
30.2.15***求證：平面上四點(diǎn)，兩兩之間有個(gè)距離，若距離在長(zhǎng)度上只有2種，則四點(diǎn)的構(gòu)形只有6種，并一一列舉.
解析顯然一種距離是不可能的，否則每三點(diǎn)都構(gòu)成正三角形.如果只有2種距離，那么每三點(diǎn)都是一等腰三角形之頂點(diǎn).
如圖()，假設(shè)四點(diǎn)為、、，若在△內(nèi)或邊上，且不妨設(shè)，于是在以為圓心、為半徑的圓內(nèi)，這樣一來(lái),
只能有或.當(dāng)時(shí)，同理，，，為正三角形之中心，這是第一種情形.
若，延長(zhǎng)至于，由max（ZAEB,上BEC）三90。，得BDWBEWmax（AB,BC）=AB，易知等號(hào)不能同
時(shí)取到，于是，同理，△為正三角形,，為△外心，這是第二種情形.
假設(shè)、、依次為一
34、凸四邊形頂點(diǎn)，如果，則四邊形為菱形.若，工，貝V，四邊形為正方形，此第三種情形．若（或），則四邊形為兩個(gè)正三角形拼成的菱形（內(nèi)角為、），這是第四種情形．
若、、不全相等，則它們恰有兩個(gè)距離值.若三個(gè)相等，不妨設(shè)，如圖（）.如果，則△為正三角形.由，，得，但又由，有，這樣、、產(chǎn)生三種距離，矛盾.于是只能有，同理.，四邊形為等腰梯形，設(shè),則，，四邊形形狀固定，這是第五種情形．
最后是分兩組，每組兩個(gè)相等，有兩種情形，一種不妨是，四邊形為平行四邊形，由，不妨設(shè)，故，產(chǎn)生三種距離，舍去．
另一種是相鄰邊有相等的，不妨設(shè)是，如圖（），不妨設(shè)，△為正三角形?如果，則為△外心，不可能在△之
35、外.于是,，此時(shí)四邊形形狀仍固定，這是第六種情形.
30.2.16****平面上有6個(gè)點(diǎn)，每?jī)牲c(diǎn)之間有一個(gè)距離，求證：這些距離至少有3個(gè)不同的數(shù)值．
解析易知在4個(gè)點(diǎn)時(shí)，6個(gè)距離就至少有兩種（否則每3點(diǎn)構(gòu)成正三角形）．只有兩種時(shí)的構(gòu)形共有
6種，如圖（）及（）所示．（見題30.2.15．）
(a)
用反證法，假定6點(diǎn)只產(chǎn)生兩種距離．
首先是凸包為△，在內(nèi)部.此時(shí)有△為正三角形，為其中心；或,.
于是平面6點(diǎn)的凸包不可為三角形，否則其余三點(diǎn)全部重合于，這不可能，故有至少3種距離．再回到四點(diǎn)構(gòu)形，當(dāng)為凸四邊形時(shí)，共有4種，如圖（）所示．其中第一種四邊形是正方形；第二種
△為
36、正三角形，，；第三種中△與△均為正三角形；第四種中四邊形是等腰梯形,，，，等.
C
(b)
再回到六點(diǎn)問題，設(shè)六點(diǎn)為、、、、，剛才解決了凸包是三角形之情形，當(dāng)凸包為四邊形時(shí)，假定只有兩種距離，于是就碰到了上述四種情形，第一種情形中，由ZAEB+ZBEC+ZCED+ZDEA=360。，不妨設(shè)，故，三種距離產(chǎn)生了；第二種情形，由于、、在以為圓心、為半徑的圓弧上，故，，于是△為正三角形，同理△也是,，與矛盾；第三種情形，不妨設(shè)在△中，由前知它只能位于△中心，于是，三種距離產(chǎn)生；第四種情形，若在△中，由于，為△最大邊，故，三種距離產(chǎn)生.當(dāng)在△中，必須△為正三角形.回到前面知，，即，，與矛盾.上面其實(shí)證明了，即使是凸四邊形內(nèi)加一點(diǎn)，也會(huì)產(chǎn)生三種距離，根本未用上.于是當(dāng)六點(diǎn)的凸包為五邊形，立馬得出結(jié)論.因?yàn)檫B結(jié)、，若不在四邊形中，則在△中，于是在四邊形中.剩下的是最后一種情況，即凸六邊形.由于凸六邊形總能劃分成四邊形，故其內(nèi)角的所有取值只可能為90°、60°、75°、150°、120°、72°與108°，否則必有三種距離.
如圖（），連結(jié)，則ZBAF=ZBAD+ZFAD260。+60。=120。，這樣六邊形的每個(gè)內(nèi)角都只能為120°,易知，但四點(diǎn)兩種距離中沒有這種構(gòu)形，矛盾.
因此6個(gè)點(diǎn)之間至少產(chǎn)生3種距離.
F
E
2019-2020年初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題復(fù)習(xí) 第四篇 組合 第30章 組合幾何試題 新人教版
