9、面的圓，于是剩下的圓與原來的最大圓沒有交點?再在剩下的圓中找出最大的圓，重復上述過程?由于圓的總數有限，這一過程總會終止?這時，每個半徑脹大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”對應的原先的同心圓，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個面積為1的矩形，證明：其中必有兩個矩形的重疊部分面積不小于.
解析假設結論不成立.給矩形編號，l號矩形覆蓋的面積是1,當2號矩形蓋上去后，被覆蓋面積增加的盡管不是1,但大于；類似地，當3號矩形蓋上去后，又增加了大于的面積……最后，被9個矩形蓋住的總面積超過了，矛盾．
3
10、0.1.11***在單位正方形內放置一個圖形，使它任意兩點的距離不等于0.001，求證：該圖形的面積不超過0.288．
解析設正方形為，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公共點．
八、、?
如圖，作一個菱形，其中△與△均為邊長是0.001的正三角形，且在上；又將此菱形繞逆時針旋轉一個角度（略大于），使得到的新的菱形滿足．
不妨設沿方向得到的圖形為，同理沿方向，，…，得到的圖形為,，…，
對任一圖形，記其面積為．為方便起見，下面用集合中的一些常用記號（并、交與空集）由于沿方向得到的圖形與無公共點，故
，
因此，
于是S（FnF）+S（F
11、nF）WS（F）=S?
34
不妨設，于是
，
又，
故．
又因為等在、方向上的投影均小于萬，故一個邊長為的正方形可以將、、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，設兩段投影分別是、，點是凸形的支撐點，平分凸形的與分別交于點、，延長、，分別交支撐線于點、.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的凸形可以放進一個面積不小于的三角形．解析首先需說明的是：三角形的頂點可以在凸形
12、白邊界上．如圖，作兩平行支撐線與，距離為，與凸形各有一個交點（可能不止一個）是點與點
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”．現過點、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，過點、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****設凸邊形的邊兩兩不平行，求證：對于凸邊形內任一點，不可能存在條經過點的直線，其中每一條直線都平分該凸邊形面積．
解析
13、設凸邊形，關于點中心對稱的是，如果有條等分面積的直線經過點，那么是條直線每相鄰兩條所成的2是個角（無重疊）中都應該有與邊界的交點，但在多邊形的每一條邊上至多有兩個那樣的交點，故．
30.1.15**證明：如果凸四邊形能夠劃分成兩個彼此相似的四邊形，那么四邊形是梯形或平行四邊形．解析若線段的端點和在邊和上，它把四邊形分割成兩個相似的四邊形，這時四邊形．的角等于四邊形的一個角．如果，則，而如果等于四邊形的另外的角，那么在這個四邊形里有兩個和為的角．對于引出類似的結論．我們或者得到和（這時），或者得到四邊形中有兩個和為的角．不失一般性，可以認為它們中的一個角為．
如果，則．
如果，則，因此，或
14、者．
如果，則四邊形和是圓內接四邊形.由此容易推出，和ZADN=180o-ZAMN=ZBMN，即.
30.1.16****證明：對于凸多邊形，下面兩條性質等價：（1）有對稱中心；（2）能劃分成平行四邊形．
解析研究凸多邊形….下證明，性質（1）和（2）的每一個都等價于下面的性質（3）：對于任意邊能求出，使四邊形為平行四邊形.
顯然，從性質（1）能推出性質（3）.下面證明，從性質（3）推出性質（1）.如果凸多邊形…具有性質（3），那么，用表示線段的中點，因為是平行四邊形，所以．因此，所有點都重合于多邊形的對稱中心．證明由性質（2）推出（3）：設凸多邊形分割成平行四邊形，則需要證明對于多邊
15、形的任意邊能夠求出與它長度相等且平行的邊．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行平行移動，并且它能分成幾個部分（如圖（））．因為在凸多邊形那里還僅能有一條邊，它平行給出的邊，則所有串的分支都支撐在同一條邊上，并且它的長不小于引出串的那條邊的邊長．無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，因此這兩邊的長相等．
剩下證明，從性質（3）推出性質（2）．用與對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，得到邊數少的多邊形（這個多邊形仍具有性質（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稱凸多邊形，則原來的多邊形具有對稱中心．解析利用題30.1.16的結果．如果凸多邊形分割成中心對稱的凸多邊形，那么這些中心對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，即有對稱中心．
30.1.18****證明：對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、．
解析對于三角形，作角平分線，則該三角形被分成兩個小三角形，然后沿角平分線對折，我們知道重疊部分是兩小三角形中較小的那個.不妨設三角形三邊WW,這樣的重疊面積有三個:、和，舍棄最后一個，我們只需證明ma
17、x[亠，一—]>3^5.
Ia+bb+c丿2
不妨設，則．
若，則；
若，則．
對于平行四邊形，如圖（），不妨設三，，
(a)
設、中點分別為、，作于點，點必在上，又作中垂線，則點在上．
易知，若分別沿、對折，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，對△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（），設凸形的直徑為，則作直線、分別過點、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、．由于四邊形是箏形，沿折無冗余，故只需證明即可．過點、作支撐線，分別交、于點、和點、．易知四邊形是梯形，它的中位線是
19、，高是，故而
30.1.19***一個凸四邊形的邊長和對角線長（不一定兩兩不同）依照遞增的次序排成一數列，它與另一個凸四邊形的數列完全相同，問這兩個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；另一個是箏形，垂直平分，且交于點，，．
R
30.1.20***對于任一13邊形（不一定是凸的），必存在一條直線，僅包含它的一條邊，但對于（＞13）邊形，結論未必正確．
解析假設存在一13邊形，包含其任一條邊的直線，還至少包含另一條邊．今過13邊形的所有邊引直線，因為它有13（奇數）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個頂點
20、.而經過每個頂點引出的直線上至少有2條邊，因此在這個13邊形里總共有不少于3+2X6—15條邊，不可能．
對于偶數，（三10）和奇數（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固定點上的4座探照燈通過旋轉可以照亮整個平面（探照燈本身大小忽略不計）．
(AB+BC)2=(+*s2cos20+(r+ssin)=2r2+s2+2rssin0+2^s2cos20+(r+ssin0)2
解析如圖，假定是四點、、，找一條直線，與四點兩兩連線中的任一條不平行也不垂直，于是四點至距離兩兩不等，適當地移動，使
21、四點中兩點（不妨設、）在一側的半平面內，而另兩點（不妨設、，未畫出）在另一側的半平面內．
A
1=B
S
」
l
S'
對于水平而言，不妨設在左、在右，過作一直角朝右下方向，兩邊分別與平行、垂直，過亦作類似一直角，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**對于一切整數三3,平面上都存在個點，使得任意兩點的中垂線至少通過其余個點中的一點.解析如圖，設個點為,，…，，今讓為圓心，，…，在圓周上.
當為奇數時，構作個頂點不重的正三角形△（,2,…，），于是所有連線的中垂線過其余個點中的一個.當為偶
22、數時，先作菱形，使△與△均為正三角形，其余再按前述構作，易知滿足題設要求.
30.2.3***有一個多邊形（不一定是凸的），面積大于，求證：可以把它適當地放在坐標平面上，使其至少覆蓋住個格點.
解析先將多邊形染成紅色，隨意地放入坐標平面，然后將與多邊形相交的小方格（四頂點為格點，
邊長為1）平移到某個遠處的正方形處，并一個一個地疊在上.因為在正方形上是一層一層堆疊起來的，所以對于丁的任一點（如圖），每一層都有一點蓋住點：有時出現在該層的紅點下，有時出現在未涂色的點下.
我們斷言，底面中必定有一點至少被個不同層的紅點蓋住.如若不然，底面丁中每一點都至多被個不同層的紅點蓋住.這時紅點的
23、總面積不會超過個單位，與已知多邊形面積大于的條件相矛盾.因此，上必有一點，至少被紅點蓋住了次.
現在拿一根針垂直扎穿點上所有各層，這就在每一層中標出了一個點，這種點中至少有個紅點.記它們?yōu)?，，…，，這里的至少是.最后把所有的小正方形移回原來的位置，重新拼成多邊形.
既然各點在其正方形中都出現在同樣的相對位置上，所以多邊形的任何平移，如果使一個移動到一個格子點，也將使其余的移到相應的格子點.它們至少有個.
因此，這樣的平移就把多邊形變到一個至少蓋住個格子點的位置上.
30.2.4***設點、、是3個格點，若，則點、、是一個正方形的3個頂點.
解析通過旋轉與平移知，不妨設，，，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個整點.求證：必存在4個整點，使得這4個點的重心也是整點.
解析我們知道，有限個點的重心的兩個坐標，分別是有限個點的坐標的算術平均值.在13個整點中任取5個點，必有兩個點、，其連線的中點也是整點，在剩下的13—2=11個整點中任取5個整點，又得、，其連線的中點是整點，再在剩下的9個點中任取5個，亦得、，其連線的中點是整點……如此繼續(xù)，得,，???，，，其中與（，2，3，4，5）的連線的中點是整點，記這些中點分別為、、、、，貝
25、9（,2，3,4，5）.
由抽屜原理，在上述5個整點中，必有兩點，不妨設為，，其連線的中點是整點，即
P+P
Q+Q3
■6
P+P+P+P
故存在四個點、、、，其重心是一個整點.
30.2.6***證明閔可夫斯基定理：凸形是中心對稱圖形，對稱中心是原點，若的面積大于4，貝其內部至少還包含不同于點的格點.
解析考慮所有以（，）（、為整數）為中心、邊長為2的正方形，將其中與有公共點的正方形平移，使其以原點為中心，由于面積大于4，故存在的兩點、，經上述平移后重合于同一點（，），設點、的坐標分別為（，）、（，），由于關于點中心對稱，故也在中，于是的中點也在中，點是格點，且
26、，故.
30.2.7***求證：對于任一格點凸五邊形，一定有一個格點在其對角線圍成的凸五邊形區(qū)域內（包括邊界及頂點）.
解析如圖，用反證法，設五邊形是最小的格點凸五邊形，其中的內部及邊界上均無格點.設△是五個“周邊三角形”中面積最小的一個.今作平行四邊形，易知點也是格點，且在△內（或邊界上）由假設，點只能在△內部（或內），或在△內部（或內），不妨設是后者，如圖，易知凸五邊形是更小的格點五邊形，其對角線圍成的五邊形是的一部分，當然不含格點，矛盾，故結論成立.
E
30.2.8***在平面上有6個紅點，6個藍點，6個綠點，其中任何3點不共線，求證：以同色點為頂點的所有三角形
27、面積之和小于以這18個點為頂點的所有三角形面積之和的.
解析不妨考察3個藍點、、與非藍點，易知SWS+S+S，對所有這類不等式求和，
△ABC△ABD△BCD△CAD
易知每個“藍色頂點”三角形被計算了12次，而每個“藍一藍一非藍頂點”三角形都被計算了4次，從而所有“藍色頂點”三角形的面積之和不超過所有“藍一藍一非藍頂點”三角形面積之和的，亦即“藍色頂點”三角形面積和不超過“至少兩頂點藍”三角形面積之和的．對另兩種頂點同色的三角形，亦有類似結論，三個不等式加之，其中無三角形被重復計數，于是結論成立．考慮到還有“三色頂點”三角形的存在，是取不到的．
30.2.9***在邊長為l的正三角形
28、內或邊上有6點，則必定有兩點之間的距離不大于．如果把“6”改成“5”，結論仍然成立；改成“4”，則必定有兩點之間距離不大于．
解析先證一個結果，對于正三角形△內或邊界上有兩點、，貝y.這是因為不妨設，由，、均在以為圓心、為半徑的扇形內，于是，w,成為△的最大邊，于是w.
現在回到原題，對于正三角形△，邊長為1,找到、中點、、則△、△、△、△是邊長均為的正三角形.如有5個點，由抽屜原理知有兩點會落在上述4個小正三角形內或邊上，于是它們的距離W.
至于4個點，只要再找到△中心，連結、，得3個圓內接四邊形，直徑分別是、、不妨設4個點中兩點在四邊形內或邊上，貝它們完全在以為直徑的圓內，故其距離不
29、大于.
80.2.10**在平面上有個多邊形（不一定是凸的），已知任意兩個多邊形均有公共點，貝存在一條直線，與每個多邊形都有公共點.
解析找一條直線，不妨設是軸，每個多邊形在其上的投影，是一條線段（1WW）.由條件，知對任意，與有交點.今不妨設，貝與有交點，于是存在一點，對一切，一切，.于是過且與軸垂直的直線即為所求.
30.2.11***平面上有（＞2）個點，已知過任兩點的直線還至少過第三點，貝這點在一直線上.
解析如果結論不成立，貝每條過其中兩點的直線一定有點落在其外，這些外點至直線有一個距離，這些距離中的最小值，設為，如圖，即至的距離最小，而由定義知上面至少有三點，設為、、，不妨
30、設其中兩點、在同側，在之間，于是至的距離更小，這是由于△矛盾，因此結論成立.
30.2.12***平面上有（＞2）條兩兩不平行的直線，已知過任兩直線之交點還至少有第三條直線經過，貝這些直線共點.
解析用反證法，假定這些直線不共點，找出所有直線的交點.對每一個這樣的交點，總有若干條直線不經過它，于是存在一條直線離這點最近（＞0），找到所有這種距離的最小值（因為直線只有有限多條）.
如圖，不妨設至的距離為最小.由于過至少有3條直線，均與不平行，與交點依次為、、，設，在上，不妨設在上.于是過作，，矛盾.故條直線必共點.
30.2.13***在凸邊形內部如何標記最少數量的點，使
31、得以邊形頂點為頂點的所有三角形內部均至少包含一個標記點？
解析由一頂點出發(fā)，引所有對角線，將凸邊形分成個三角形，因此個標記點是至少的，下證個標記點就夠了.
設凸邊形，選定邊，連結，（3,4，-，）.如圖，考查以下個三角形區(qū)域（由，與圍成，3WW，），這些區(qū)域內各選一點即滿足要求，事實上，對任意△（）.當時，已解決（在其中）；其余情形，在其中.圖
中為時之情形．
A
6
A
7
A
2
A
1
30.2.14***已知平面上有五點、、、，點、在△內，若無三點共線，且，求證：以這五點中任三點為頂點的三角形中，必有一個的面積W,且此下界不可改進.
解析如圖，
32、將向兩邊延長后一定與△某兩邊相交，不妨設與、分別交于點、.
記k=min(S,S,S,S)，我們證明W.
△ABD△ACE△DEB△DEC
記，，，，，則，不妨設.
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
其中不等式是算術平均不小于幾何平均.
為了說明不可改進，
33、可令，.
30.2.15***求證：平面上四點，兩兩之間有個距離，若距離在長度上只有2種，則四點的構形只有6種，并一一列舉.
解析顯然一種距離是不可能的，否則每三點都構成正三角形.如果只有2種距離，那么每三點都是一等腰三角形之頂點.
如圖()，假設四點為、、，若在△內或邊上，且不妨設，于是在以為圓心、為半徑的圓內，這樣一來,
只能有或.當時，同理，，，為正三角形之中心，這是第一種情形.
若，延長至于，由max（ZAEB,上BEC）三90。，得BDWBEWmax（AB,BC）=AB，易知等號不能同
時取到，于是，同理，△為正三角形,，為△外心，這是第二種情形.
假設、、依次為一
34、凸四邊形頂點，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），則四邊形為兩個正三角形拼成的菱形（內角為、），這是第四種情形．
若、、不全相等，則它們恰有兩個距離值.若三個相等，不妨設，如圖（）.如果，則△為正三角形.由，，得，但又由，有，這樣、、產生三種距離，矛盾.于是只能有，同理.，四邊形為等腰梯形，設,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，故，產生三種距離，舍去．
另一種是相鄰邊有相等的，不妨設是，如圖（），不妨設，△為正三角形?如果，則為△外心，不可能在△之
35、外.于是,，此時四邊形形狀仍固定，這是第六種情形.
30.2.16****平面上有6個點，每兩點之間有一個距離，求證：這些距離至少有3個不同的數值．
解析易知在4個點時，6個距離就至少有兩種（否則每3點構成正三角形）．只有兩種時的構形共有
6種，如圖（）及（）所示．（見題30.2.15．）
(a)
用反證法，假定6點只產生兩種距離．
首先是凸包為△，在內部.此時有△為正三角形，為其中心；或,.
于是平面6點的凸包不可為三角形，否則其余三點全部重合于，這不可能，故有至少3種距離．再回到四點構形，當為凸四邊形時，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)
再回到六點問題，設六點為、、、、，剛才解決了凸包是三角形之情形，當凸包為四邊形時，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，故，三種距離產生了；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，不妨設在△中，由前知它只能位于△中心，于是，三種距離產生；第四種情形，若在△中，由于，為△最大邊，故，三種距離產生.當在△中，必須△為正三角形.回到前面知，，即，，與矛盾.上面其實證明了，即使是凸四邊形內加一點，也會產生三種距離，根本未用上.于是當六點的凸包為五邊形，立馬得出結論.因為連結、，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，則ZBAF=ZBAD+ZFAD260。+60。=120。，這樣六邊形的每個內角都只能為120°,易知，但四點兩種距離中沒有這種構形，矛盾.
因此6個點之間至少產生3種距離.
F
E
2019-2020年初中數學競賽專題復習 第四篇 組合 第30章 組合幾何試題 新人教版
