2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案第77讲组合几何.doc

第16讲 组合几何 本节主要内容是组合几何，几何中一些组合性质的问题．按照数学家厄迪斯的说法，凸性、覆盖、嵌入、计数、几何不等式、等都属于这类问题．凸包和覆盖、几何不等式问题分别在第6讲、第15讲已经着重讲解过，本讲仍有所涉及，本讲涉及组合计数、几何极值、几何图形的分割和一些组合几何杂题． A类例题 例1 证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线之和不小于4+2.(1985年奥地利和波兰联合数学竞赛试题) 分析 先考虑两种特殊情形：面积等于1的正方形和菱形. 在正方形中周长为4,对角线之和为2；在菱形中,　两条对角线长分别为l1和l2, 则因面积面积S= l1l2 =1,故l1＋l2≥2=2,而周长=4=2≥2 =4. 故两种特殊情形之下结论成立．这就启发我们可将周长和对角线分开来考虑． 证明 设ABCD是任一面积为1的凸四边形(如图)，于是有 1=(eg+gf+fh+he)sinα≤(eg+gf+fh+he)＝(e＋f )( g+h) ≤()2, 即对角线之和为e＋f + g+h≥2． 再按图的方式必威体育精装版将图形中线段和角标上字母，于是又有 2=2S四边形ABCD = absinβ1+bcsinβ2+cdsinβ3+dasinβ4 ≤(ab+bc+cd+da)= (a+c)(b+d)≤()2, 则a+b+c+d≥4. 综上所述, 命题结论成立． 说明 几何不等式的证明通常引进几何变量后化归为代数不等式的证明，其中均值不等式和柯西不等式经常使用． 在平面上给定五个点，连接这些点的直线互不平行、互不垂直，也互不重合．过每一点作两两连接其余四点的所有直线的垂线．若不计原来给定的五点, 这些垂线彼此间的交点最多能有多少个？(第6届IMO试题) 分析 先考虑所有五个点间的连线的情况，再考虑每点向所有连线作的垂线的情况，利用多个点向一条直线作垂线没有交点，三角形的三条高线交于一点，将多计数的交点一一剔除． 解 由题设条件，给定的五个点之间的连线共有C=10条, 这些点构成的三角形共有C=10个．过给定五点中的每一个作不通过该点连线的垂线共有5C=30条．若此30条垂线两两互不平行, 它们的交点也互不重合, 则共有C=435个交点．然而，在本问题中的30条垂线有相互平行的, 也有交点重合的, 故应从435个交点中减去多计入的交点个数． 首先，对于任一条连线，过其余三点所作该连线的三条垂线是彼此平行而无交点的，故应从总数中减去由此多计入的10 C=30个交点；其次，对于由这些连线构成的每一个三角形来说，三条高同交于一点，而这三条高也为所作的垂线，故应从总数中再减去10(C?1)=20个多计入的交点；又过每一顶点所作其余连线的垂线都重交于该顶点，而欲求交点数是不记入该五个顶点的，故又应从总数中再减去5C=75个多计入的顶点(恰有C=6条垂线在一顶点处相交)． 故至多有435?20?30?75=310个交点． 说明 简单的组合计数问题和普通的排列组合问题解决的方法类似，必须做到既不遗漏，也不重复(不多算，也不少算)，复杂的问题还要构造递推关系、利用映射、算两次、数学归纳法等思想方法加以考虑，见本书其它讲座． 情景再现 1. 在平面上给定正方形ABCD,　试求比值的最小值，其中O是平面上的任意点．(1993年圣彼得堡市数学选拔考试试题) 2. 由9条水平线与9条竖直线组成的8×8的棋盘共形成r个矩形，其中s个正方形， 的值可由形式表示，其中m,n均为正整数，且是既约分数.　求m+n的值.(1997年美国数学邀请赛试题) B类例题 例3 已知边长为4的正三角形ABC，D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连接AD、BE、CF，交成△RQS，P点在△RQS内及其边上移动，P点到△ABC三边的距离分别记作x、y、z. 求证：当P点在△RQS的顶点时，乘积xyz有极小值； 求上述乘积的极小值.（1982年全国高中数学联赛试题） 分析 逐步调整法　先固定x，考虑yz的最小值.　 然后又由对称性扩大P点的变化范围求乘积xyz的极小值． 解 1.如图，第一步，先固定x，考虑yz的最小值. 即过P作直线l∥BC，当P在l上变化时，yz何时最小. 第二步，先证两个引理： 引理1：x+y+z=定值，这个定值就是正三角形的高. 引理2：设y∈[α,β]，y的二次函数y(a—y)在[α, β] 的一个端点处取得最小值. 引理1的证明用面积法，引理2的证明可用配方法.（证明留给读者） 由两个引理不难得到：如果P’,P’’为l上的两点，那么当P在区间[P’,P’’]上变动时，xyz在端点P’P’’处取得最小值. 第三步，扩大P点的变化范围： 根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz在端点P’或P”处为最小，这里P’、