初中数学竞赛名师辅导
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
23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??222?2?2?2r2?s2?2rssin??2rs2cos2???r?ssin??2 ≥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i?1，2，3，4，5）的连线的中点是是整点……如此继续，得P1，P2，…，P9，P2i?1与P10，其中P2i（
整点，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初中数学竞赛名师辅导
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，其对角线围成的五边形是A1B1C1D1E1的一部分，当然不含格点，矛盾，故结论成立．
ABD1C1PE1A1CB1DE
30.2.8*** 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
1． 4解析 不妨考察3个蓝点A、B、C与非蓝点D，易知S△ABC≤S△ABD?S△BCD?S△CAD，对所有这类不等式求和，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
初中数学竞赛名师辅导
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
11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
43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，
1是取不到的． 41．如果把“6”230.2.9*** 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13．
解析 先证一个结果，对于正三角形△ABC内或边界上有两点P、Q，则PQ≤AB．这是因为不妨设AP≥AQ，由?PAQ≤60?，P、Q均在以A为圆心、AB为半径的扇形内，于是AP，AQ≤AB，
AP成为△APQ的最大边，于是PQ≤AB．
现在回到原题，对于正三角形△ABC，边长为1，找到BC、CA、AB中点D、E、F，则△AEF、△DEF、△BFD、△DCE是边长均为
1的正三角形．如有5个点，由抽屉原理知有两点会落在上述21． 2至于4个点，只要再找到△ABC中心O，连结OD、OE、OF，得3个圆内接四边形，直径分别是OA、OB、OC，不妨设4个点中两点在四边形AFOE内或边上，则它们完全在以OA为直径的圆内，故其
1距离不大于OA?．
380.2.10** 在平面上有n个多边形（不一定是凸的），已知任意两个多边形均有公共点，则存在一条直线，与每个多边形都有公共点．
4个小正三角形内或边上，于是它们的距离≤
解析 找一条直线，不妨设是x轴，每个多边形在其上的投影，是一条线段?ai,bi?（1≤i≤n）．由条件，知对任意i?j，今不妨设bi?minbk，则?ai,bi?与?aj?maxak，?ai,bi?与??aj,bj??有交点．?aj,bj??1?k?n1?k?n有交点，于是存在一点x0，对一切bk?1≤k≤n?，x0≤bk，一切ak，x0≥ak．于是过x0且与x轴垂直的直线即为所求．
30.2.11*** 平面上有n（>2）个点，已知过任两点的直线还至少过第三点，则这n点在一直线上． 解析 如果结论不成立，则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PB，如图，即P至l的距离PB最小，而l由定义知上面至少有三点，设为A、M、C，不妨设其中两点A、M在PB同侧，M在AB之间，于是M至AP的距离MN更小，这是由于△AMN∽△ABP，
MNAMAB?≤?1．矛盾，因此结论成立． BPAPAPPNAMBCl
初中数学竞赛名师辅导
30.2.12*** 平面上有n（>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，则这些直线共点．
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P至l的距离为最小．由于过P至少有3条直线，均与l不平行，与l交点依次为A、B、C，设PD?l，D在l上，不妨设B在AD上．于是过B作BE?AP，
BEABAD?≤?1，矛盾．故PDAPAPn条直线必共点．
EPlABDC
30.2.13*** 在凸n边形内部如何标记最少数量的点，使得以n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n边形分成n?2个三角形，因此n?2个标记点是至少的，下证n?2个标记点就够了．
设凸n边形A1A2?An，选定边A1A2，连结AiA1，AiA2（i?3，4，…，n）．如图，考查以下n?2个三角形区域（由AiA1，AiA2与Ai?1Ai?1围成，3≤i≤n，An?1?A1），这些区域内各选一点Pi即满足要求，事实上，对任意△ApAqAr（P?q?r）．当p?1时，已解决（Pr在其中）；其余情形，Pq在其中．图中为n?7时之情形．
A5A6A3A4A7A2A1·
30.2.14*** 已知平面上有五点A、B、C、D、E，点D、E在△ABC内，若无三点共线，且SABC?1，3，且此下界不可改进． 2解析 如图，将DE向两边延长后一定与△ABC某两边相交，不妨设与AB、AC分别交于点M、N．
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≤1?
相关推荐：
loading