初中數(shù)學競賽專題復(fù)習 第四篇 組合 第30章 組合幾何試題 新人教版

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1、 第30章 組合幾何 30.1 覆蓋、劃分與構(gòu)造 30.1.1** 求證：可以把三角形劃分成三塊，拼成一個矩形． 解析 如圖，不妨設(shè)為△之最大邊，故，，設(shè)、中點分別為、，作，，易知、在上．今過作，分別與直線、交于、，于是易見△≌△，△≌△，因此△被分成三塊，拼成了矩形． 30.1.2** 任何不等邊三角形都可以被兩個較小與之相似的三角形覆蓋． 解析 如圖，不妨設(shè)△∽△∽△，且△最大． 注意這里△是預(yù)先給定的，而△與△都是構(gòu)造的． 不妨設(shè)，如圖，又讓．（與重合，與重合），、分別在、上，． 于是只要設(shè)與交于，在上，即能保證△與△均比△小． 30.1.3***

2、 求證：同時平分一個三角形面積和周長的直線必通過該三角形的內(nèi)心，對于任意圓外切多邊形，是否有類似論斷？ 解析 對于任意圓外切多邊形都成立．如圖，設(shè)平分線交外切凸多邊形于點、，分成兩段與，圓心為，半徑為，由，得，即過圓心． 30.1.4** 已知坐標平面上有一個△，頂點坐標分別為（，）、（，）、（，），則有定理，以此證明：格點三角形的面積≥；對于任何大的正數(shù)，是否都存在三邊長均大于且面積為的格點三角形？ 解析 面積公式可用外接矩形推導．又設(shè)△中，點為原點（0，0），、為格點（，）、（，），則由面積公式知 ， 下研究不定方程．比如方便地，令（，）＝（，），（，）＝（，），只要

3、是充分大的正整數(shù)，、、都充分大． 30.1.5*** 證明：凸多邊形不能劃分成有限個非凸四邊形． 解析 假設(shè)凸多邊形能分割成非凸四邊形，…，多邊形中小于的內(nèi)角和與另外的角之和的差用數(shù)來表示，另外的角是指中大于的角關(guān)于的補角．比較數(shù)和，為此研究四邊形，…，的所有頂點，這些頂點能夠分成4種類型： （1）多邊形的頂點．這些點給予和同樣的值． （2）在多邊形或四邊形邊上的點．每個這樣的點給予的值比給予的值大． （3）多邊形的內(nèi)點．在這點引出四邊形的小于的角，每個這樣的點給予的值比給予的值大． （4）多邊形的內(nèi)點，在此點引出四邊形的一個大于的角，這樣的點給予和的值為零． 總之，得到．另

4、一方面，，而．不等式是顯然的，而對于等式的證明，可以驗證：如果是非凸四邊形，則．設(shè)的角，任意的非凸四邊形相當于有一個角大于，因此．矛盾，因此不可能把凸多邊形分割成有限個非凸四邊形． 30.1.6*** 求證：對任意有界凸形，存在兩個矩形、，與相似，面積分別為、，覆蓋，包含，． 解析 如圖，設(shè)的直徑（即中最遠兩點之距離）為，則過點、與垂直的直線、是的左、右支撐線（即碰到邊界不穿過其內(nèi)部的直線）．作的上、下支撐線、，使，即四邊形為矩形，就是包含的．設(shè)點、是與、的公共點，于是四邊形在凸形之中．不妨設(shè)點在點“左”側(cè)，設(shè)，，，則，，，又在上取一點，使，，又設(shè)、、、分別與、、、交于點、、、，如圖所

5、示，可以證明面，，及，于是可以在線段、、、上分別找四點、、、，滿足，易知矩形在中，且與矩形相似，面積為，這就是我們要找的．由對稱性，只需證與即可．即或，由于，故顯然成立．至于即，此即，移項化為求證．由及知顯然成立，證畢． 30.1.7*** 平面上有（≥3）個半徑為1的圓，且任意3個圓中至少有兩個圓有交點，證明：這些圓覆蓋平面的總面積小于33．3． 解析 不妨記這個圓心分別為點，，…，，且距離最遠．現(xiàn)過點、分別作的垂線與，則點，，…，均在與之間的帶形區(qū)域內(nèi)． 現(xiàn)以點為圓心、2為半徑在的（含的）一側(cè)作半圓，與交于點、，則該半圓包含了全體與點的距離不超過2的圓心．同樣若以點為圓心、3

6、為半徑作半圓，與交于點、，再向左作矩形，使，最后添上兩個四分之一圓，得一凸形，如圖（）所示，易知此凸形包含了所有圓心與點的距離不大于2的圓，該凸形的面積為． 易知，剩下的所有圓心兩兩距離必≤2（否則若，又，，、與，兩兩相離，與題設(shè)矛盾），于是可以找到三對平行線（，，），滿足凸六邊形內(nèi)角均為，且三對平行線之間距離均為2，并使剩下的所有圓心均在此六邊形內(nèi)，如圖（）所示． 今補出菱形，知六邊形的周長為4． 現(xiàn)設(shè)，，易知，故 ． 讓一半徑為1的動圓圓心在六邊形周邊上跑一圈，設(shè)其外端形成的凸形面積為，易知剩下的圓全在此凸形中，且 ， 于是覆蓋總面積≤． 30.1.8***

7、求證：從任何面積為的等腰三角形中，都可以割出3個互不相交的全等三角形，每個面積均超過． 解析 不妨設(shè)．當時，如圖（），找到△的內(nèi)心，在上取一點，使，于是△、△與△即為所求，這是由于，得， ． 當時，如圖（），在上取點、，使，又在、上分別取點、，使，于是△、△、△即為所求．這是由于，故，于是， ． 30.1.9** 平面上有若干個圓，它們覆蓋平面的面積是1，證明：可以從中選出若干個兩兩不相交的圓，使它們的面積之和不小于． 解析 首先，從這些圓中選出半徑最大的圓，并考察半徑為其3倍的同心圓，從中可剔除所有在這個同心圓里面的圓，于是剩下的圓與原來的最大圓沒有交點．再在剩下的圓中

8、找出最大的圓，重復(fù)上述過程．由于圓的總數(shù)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(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(shè)結(jié)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． 30.1.11*** 在單位正方形內(nèi)放置一個圖形，

9、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(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公共點． 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(zhuǎn)一個角度（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． 不妨設(shè)，于是 ， 又， ， ， 故． 又因為等在、方

10、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(shè)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，易知，令，則有，即同理有，即． 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． 又作與、距離均為的“

11、中位直線”，再作與的“中位弦”、與的“中位弦”． 現(xiàn)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 ． 30.1.14**** 設(shè)凸邊形的邊兩兩不平行，求證：對于凸邊形內(nèi)任一點，不可能存在條經(jīng)過點的直線，其中每一條直線都平分該凸邊形面積． 解析 設(shè)凸邊形，關(guān)于點中心對稱的是，如果有條等分面積的直線經(jīng)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(yīng)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

12、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(jié)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，或者． 如果，則四邊形和是圓內(nèi)接四邊形．由此容易推出，和，即． 30.1.16**** 證明：對于凸多邊形，下面兩條性質(zhì)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…．

13、下證明，性質(zhì)（1）和（2）的每一個都等價于下面的性質(zhì)（3）： 對于任意邊能求出，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，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(zhì)（2）推出（3）：設(shè)凸多邊形分割成平行四邊形，則需要證明對于多邊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

14、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(zhì)（3）推出性質(zhì)（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(shù)少的多邊形（這個多邊形仍具有性質(zhì)（3）），按同樣的做法繼續(xù)下去，直到分成平行四邊形為止． 30.1.17**** 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(jié)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

15、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(shè)三角形三邊≤≤，這樣的重疊面積有三個：、和，舍棄最后一個，我們只需證明． 不妨設(shè)，則． 若，則； 若，則． 對于平行四邊形，如圖（），不妨設(shè)≥，，． 設(shè)、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

16、等腰三角形△． ， ① 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△用余弦定理得 ， 展開整理，得 ， 于是． ② ①+②，得． 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、分別過點、且均與垂直，易知直線、都是支撐線． 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，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(shù)列，它與另一個凸四邊形的數(shù)列完全相同

17、，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，，． 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(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13邊形的所有邊引直線，因為它有13（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個頂點．而經(jīng)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+2×6—15條邊，不可能． 對于偶數(shù)，（≥10）和奇數(shù)（≥15

18、）的例子可分別由“星形”及“星形”出發(fā)得出，如圖所示． 30.2 格點及一般點集 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(zhuǎn)可以照亮整個平面（探照燈本身大小忽略不計）． 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?shù)匾苿?，使四點中兩點（不妨設(shè)、）在一側(cè)的半平面內(nèi)，而另兩點（不妨設(shè)、，未畫出）在另一側(cè)的半平面內(nèi)． 對于水平而言，不妨設(shè)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

19、兩燈可覆蓋半平面． 30.2.2** 對于一切整數(shù)≥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(shè)個點為，，…，，今讓為圓心，，…，在圓周上． 當為奇數(shù)時，構(gòu)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．當為偶數(shù)時，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*** 有一個多邊形（不一定是凸的），面積大于，求證：可以把它適當?shù)胤旁谧鴺似矫嫔希蛊渲辽俑采w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

20、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(xiàn)在該層的紅點下，有時出現(xiàn)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?。缛舨蝗?，底面丁中每一點都至多被個不同層的紅點蓋?。@時紅點的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(xiàn)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(xiàn)在同

21、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(yīng)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(shè)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(zhuǎn)與平移知，不妨設(shè)，，，這里≥0．若≥1，于是 ，這里，矛盾，故． 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(shù)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

22、＝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、、、、，則（，2，3，4，5）． 由抽屜原理，在上述5個整點中，必有兩點，不妨設(shè)為，，其連線的中點是整點，即． 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，則其內(nèi)部至少還包含不同于點的格點． 解析 考慮所有以（，）（、為整數(shù)）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

23、，由于面積大于4，故存在的兩點、，經(jīng)上述平移后重合于同一點（，），設(shè)點、的坐標分別為（，）、（，），由于關(guān)于點中心對稱，故也在中，于是的中點也在中，點是格點，且，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(nèi)（包括邊界及頂點）． 解析 如圖，用反證法，設(shè)五邊形是最小的格點凸五邊形，其中的內(nèi)部及邊界上均無格點．設(shè)△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(nèi)（或邊界上），由假設(shè)，點只能在△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五邊形，其對角線圍成的五邊形是的一

24、部分，當然不含格點，矛盾，故結(jié)論成立． 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，對所有這類不等式求和，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(jié)論，三個不等式加之，其中無三角形被重復(fù)

25、計數(shù)，于是結(jié)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的正三角形內(nèi)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(jié)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(jié)果，對于正三角形△內(nèi)或邊界上有兩點、，則．這是因為不妨設(shè)，由，、均在以為圓心、為半徑的扇形內(nèi)，于是，≤，成為△的最大邊，于是≤． 現(xiàn)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(nèi)或邊上，于是它們的距離≤． 至于4個點，只要再找到△中

26、心，連結(jié)、、，得3個圓內(nèi)接四邊形，直徑分別是、、，不妨設(shè)4個點中兩點在四邊形內(nèi)或邊上，則它們完全在以為直徑的圓內(nèi)，故其距離不大于． 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，則存在一條直線，與每個多邊形都有公共點． 解析 找一條直線，不妨設(shè)是軸，每個多邊形在其上的投影，是一條線段（1≤≤）．由條件，知對任意，與有交點．今不妨設(shè)，，則與有交點，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，則這點在一直線上． 解析 如果結(jié)論不成立，則每條過其

27、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(shè)為，如圖，即至的距離最小，而由定義知上面至少有三點，設(shè)為、、，不妨設(shè)其中兩點、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，已知過任兩直線之交點還至少有第三條直線經(jīng)過，則這些直線共點． 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(jīng)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(shè)至的距離為最小．由于過至少有3條直線

28、，均與不平行，與交點依次為、、，設(shè)，在上，不妨設(shè)在上．于是過作，，矛盾．故條直線必共點． 30.2.13*** 在凸邊形內(nèi)部如何標記最少數(shù)量的點，使得以邊形頂點為頂點的所有三角形內(nèi)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(shè)凸邊形，選定邊，連結(jié)，（3，4，…，）．如圖，考查以下個三角形區(qū)域（由，與圍成，3≤≤，），這些區(qū)域內(nèi)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． · 30.2.14*** 已知平面上有五點、、、、，點、在△內(nèi)，若無

29、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≤，且此下界不可改進． 解析 如圖，將向兩邊延長后一定與△某兩邊相交，不妨設(shè)與、分別交于點、． 記，我們證明≤． 記，，，，，則，不妨設(shè)． 易知，，． 于是，，故， 于是，即， 或， 其中不等式是算術(shù)平均不小于幾何平均． 為了說明不可改進，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(gòu)形只有6種，并一一列舉． 解析 顯然一種距離是不可能的，否則每三點都構(gòu)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(shè)四點為

30、、、、，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，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，得，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(shè)、、、依次為一凸四邊形頂點，如果，則四邊形為菱形．若，≠，則，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(nèi)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(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

31、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(shù)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(gòu)成正三角形）．只有兩種時的構(gòu)形共有6種，如圖（）及（）所示．（見題30.2.15．） 用反證法，假定6點只產(chǎn)生兩

32、種距離． 首先是凸包為△，在內(nèi)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(gòu)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． 再回到六點問題，設(shè)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，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，

33、，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(nèi)加一點，也會產(chǎn)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(jié)論．因為連結(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，這樣六邊形的每個內(nèi)角都只能為120°，易知，但四點兩種距離中沒有這種構(gòu)形，矛盾． 因此6個點之間至少產(chǎn)生3種距離． 18