2023年12月2日发(作者：)
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![高中数学竞赛讲座[共十五讲]](/uploads/image/0289.jpg)
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高中数学竞赛讲座【共十五份】
目 录
不等式 .................................................................................................................................................................. 1
整数的整除性 ...................................................................................................................................................... 4
抽屉原则 ............................................................................................................................................................ 12
竞赛专题讲座－类比、归纳、猜想 ................................................................................................................ 19
竞赛讲座－覆盖 ................................................................................................................................................ 21
平面几何四个重要定理 .................................................................................................................................... 37
平面几何证明 .................................................................................................................................................... 47
平面三角 ............................................................................................................................................................ 53
奇数和偶数 ........................................................................................................................................................ 60
染色问题与染色方法 ........................................................................................................................................ 68
三角运算及三角不等关系 ................................................................................................................................ 75
三角不等关系 .................................................................................................................................................... 78
同余式与不定方程 ............................................................................................................................................ 80
本站资源汇总［优秀资源，值得收藏］ ........................................................................................................ 90
不等式
不等式是数学竞赛的热点之一。由于不等式的证明难度大，灵活性强，要求很高的技巧，常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。而且，不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题，都可能与不等式有关，这就使得不等式的问题（特别是有关不等式的证明）在数学竞赛中显得尤为重要。
证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样，没有固定的模式，证法因题而异，灵活多变，技巧性强。但它也有一些基本的常用方法，要熟练掌握不等式的证明技巧，必须从学习这些基本的常用方法开始。
一、不等式证明的基本方法
1．比较法
比较法可分为差值比较法和商值比较法。
（1）差值比较法
原理 A－ B＞0A＞B．h h
【例1】（l）m、n是奇偶性相同的自然数，求证：
（a＋b）（a＋b）＜2（a+b）。
mmnnm+nm+n（2）证明：··≤。
【例2】设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，j1,j2,…,jn是1,2,…,n的任意一个排列，令
S=a1+ a2+…+ an，S0=a1bn+a2bn-1+…+anb1，S1=a1b1+a2b2+…+anbn。
求证：S0≤S≤S1。
（2）商值比较法
原理 若>1，且B>0，则A>B。
2a2b2cb+cc+aa+b【例3】已知a,b,c>0，求证：abc≥abc。
2．分析法
【例4】若x,y>0，求证：>4。
44222222【例5】若a,b,c是△ABC的三边长，求证：a+b+c<2(ab+bc+ca)。
3．综合法
【例6】若a,b,c>0，求证：abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)。
【例7】已知△ABC的外接圆半径R=1，S△ABC=，a,b,c是△ABC的三边长，令
S=求证：t>S。
4．反证法
，t=。
【例8】已知a+b=2，求证：a+b≤2。h
33h
5．数学归纳法
【例9】证明对任意自然数n，二、不等式证明的若干技巧
。
无论用什么方法来证明不等式，都需要对数学表达式进行适当的变形。这种变形往往要求具有很高的技巧，必须善于分析题目的特征，根据题设条件，综合地利用添、拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质，找到突破口。
1． 变形技巧
【例1】若n∈N，S=求证：n ++···+， 【例2】（1）若A、B、C∈[0，π]，求证： sinA+sinB+sinC≤3sin。 （2）△ABC的三内角平分线分别交其外接圆于A‘,B’,C‘，求证：S△ABC≤S△A’B‘C’。 2． 引入参变量 【例3】将一块尺寸为48×70的矩形铁皮剪去四角小正方形后折成一个无盖长方体铁盒，求铁盒的最大容积。 222222【例4】在△ABC中，求证：a+b+c≥4△+(b-c)+(c-a)+(a-b)。 其中，a,b,c是△ABC的三边长，△= S△ABC。 3． 数形结合、构造 【例5】证明：4． 递推 ≤。 【例6】已知：x1=，x2=，···，xn=h 。求证：。h 三、放缩法 【例1】若n∈N，n≥2，求证：。 【例2】α、β都是锐角，求证：≥9。 【例3】已知：a1≥1，a1 a2≥1，···，a1 a2···an≥1，求证： 。 【例4】S=1+++···+，求S的整数部分[S]。 【例5】设a0=5，an=an-1+，n=1,2,···。求证：45 整数的整除性 1． 整数的整除性的有关概念、性质 （1） 整除的定义：对于两个整数a、d（d≠0），若存在一个整数p，使得成立，则称d整除a，或a被d整除，记作d|a。 若d不能整除a，则记作d a，如2|6，4 6。 （2） 性质 1） 若b|a，则b|(-a)，且对任意的非零整数m有bm|am 2） 若a|b，b|a，则|a|=|b|; 3） 若b|a，c|b，则c|a 4） 若b|ac，而（a，b）=1（（a，b）=1表示a、b互质，则b|c； 5） 若b|ac，而b为质数，则b|a，或b|c； 6） 若c|a，c|b，则c|（ma+nb），其中m、n为任意整数（这一性质还可以推广到更多项的和）h h 例1 （1987年北京初二数学竞赛题）x，y，z均为整数，若11｜（7x+2y-5z），求证：11｜（3x-7y+12z）。 证明∵4(3x-7y+12z)+3(7x+2y-5z)=11(3x-2y+3z) 而 11｜11(3x-2y+3z), 且 11｜(7x+2y-5z), ∴ 11｜4(3x-7y+12z) 又 (11,4)=1 ∴ 11｜(3x-7y+12z). 2.整除性问题的证明方法 (1) 利用数的整除性特征（见第二讲） 例2（1980年加拿大竞赛题）设72｜的值。 解72=8×9，且（8，9）=1，所以只需讨论8、9都整除的值。 若8｜，则8｜，由除法可得ｂ＝２。 若9｜，则9｜（a+6+7+9+2），得a=3。 （2）利用连续整数之积的性质 ① 任意两个连续整数之积必定是一个奇数与一个偶数之一积，因此一定可被2整除。 ② 任意三个连续整数之中至少有一个偶数且至少有一个是3的倍数，所以它们之积一定可以被2整除，也可被3整除，所以也可以被2×3=6整除。 这个性质可以推广到任意个整数连续之积。 例3（1956年北京竞赛题）证明：对任何整数n都为整数，且用3除时余2。 证明h h ∵为连续二整数的积,必可被2整除. ∴对任何整数n均为整数, ∵为整数,即原式为整数. 又∵ ， 2n、2n+1、2n+2为三个连续整数，其积必是3的倍数，而2与3互质， ∴是能被3整除的整数. 故被3除时余2. 2例4 一整数a若不能被2和3整除，则a+23必能被24整除. 证明 ∵a+23=（a-1）+24，只需证a-1可以被24整除即可. ∵2 .∴a为奇数.设a=2k+1(k为整数), 则a-1=(2k+1)-1=4k+4k=4k(k+1). ∵k、k+1为二个连续整数，故k（k+1）必能被2整除， ∴8|4k（k+1），即8|（a-1）. 又∵（a-1），a，（a+1）为三个连续整数，其积必被3整除，即3|a（a-1）（a+1）=a（a-1）， ∵3 a，∴3|（a-1）.3与8互质, ∴24|(a-1),即a+23能被24整除. (3)利用整数的奇偶性22222222222h h 下面我们应用第三讲介绍的整数奇偶性的有关知识来解几个整数问题. 例5 求证:不存在这样的整数a、b、c、d使： a·b·c·d-a= ① a·b·c·d-b= ② a·b·c·d-c= ③ a·b·c·d-d= ④ 证明 由①，a（bcd-1）=. ∵右端是奇数，∴左端a为奇数，bcd-1为奇数. 同理,由②、③、④知b、c、d必为奇数，那么bcd为奇数，bcd-1必为偶数，则a（bcd-1）必为偶数，与①式右端为奇数矛盾.所以命题得证. 例6 (1985年合肥初中数学竞赛题)设有n个实数x1,x2,…，xn，其中每一个不是+1就是-1， 且 试证n是4的倍数. 证明 设 (i=1,2,…，n-1)， 则yi不是+1就是-1，但y1+y2+…+yn=0，故其中+1与-1的个数相同，设为k，于是n=2k.又ky1y2y3…yn=1，即（-1）=1，故k为偶数， ∴n是4的倍数.h h 其他方法： 整数a整除整数b，即b含有因子a.这样,要证明a整除b,采用各种公式和变形手段从b中分解出因子a就成了一条极自然的思路. 例7 (美国第4届数学邀请赛题)使n+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少? 解n+100=(n+10)(n-10n+100)-900. 若n+100能被n+10整除,则900也能被n+10整除.而且,当n+10的值为最大时,相应地n的值为最大.因为900的最大因子是900.所以,n+10=900,n=890. 例8 (上海1989年高二数学竞赛)设a、b、c为满足不等式1＜a＜b＜c的整数，且（ab-1）（bc-1）（ca-1）能被abc整除，求所有可能数组（a，b，c）. 解 ∵（ab-1）（bc-1）（ca-1） =abc-abc（a+b+c）+ab+ac+bc-1，① ∵abc|（ab-1）（bc-1）（ca-1）. ∴存在正整数k,使 ab+ac+bc-1=kabc, ② 222323k=∴k=1. ＜＜＜＜ 若a≥3，此时 1=-＜矛盾. 已知a＞1. ∴只有a=2. 当a=2时，代入②中得2b+2c-1=bc， 即 1=＜ ∴0＜b＜4，知b=3，从而易得c=5. h h 说明：在此例中通过对因数k的范围讨论，从而逐步确定a、b、c是一项重要解题技巧. 例9 （1987年全国初中联赛题）已知存在整数n，能使数除.求证数 被1987整， 都能被1987整除. 证明∵（10+同样， 3n×），且××能被1987整除，∴p能被1987整除. q=（） 且 ∴ 故、102（n+1）、被除，余数分别为1000，100，10，于是q表示式中括号内的数被除，余数为1987，它可被1987整除，所以括号内的数能被1987整除，即q能被1987整除. 练习十六 1． 选择题 （1）（1987年上海初中数学竞赛题）若数n=20·30·40·50·60·70·80·90·100·110·120·130，则不是n的因数的最小质数是（ ）. （A）19 （B）17 （C）13 （D）非上述答案h h （2）在整数0、1、2…、8、9中质数有x个，偶数有y个，完全平方数有z个，则x+y+z等于（ ）. （A）14 （B）13 （C）12 （D）11 （E）10 （3）可除尽3+5的最小整数是（ ）. （A）2 （B）3 （C）5 （D）3+5（E）以上都不是 2． 填空题 （1）（1973年加拿大数学竞赛题）把100000表示为两个整数的乘积，使其中没有一个是10的整倍数的表达式为__________. (2) 一个自然数与3的和是5的倍数,与3的差是6的倍数,这样的自然数中最小的是_________. (3) (1989年全国初中联赛题)在十进制中,各位数码是0或1,并且能被225整除的最小自然数是________. 111811183.求使为整数的最小自然数a的值. 24.(1971年加拿大数学竞赛题)证明:对一切整数n,n+2n+12不是121的倍数. 5.(1984年韶关初二数学竞赛题)设一位正整数d的111倍,是一个四位正整数,已知三位正整数与246的和是又是18的倍数.求出这个四位数2,并写出推理运算过程. 26.(1954年苏联数学竞赛题)能否有正整数m、n满足方程m+1954=n. 7.证明：（1）133|（11+12），其中n为非负整数. (2)若将(1)中的11改为任意一个正整数a,则(1)中的12,133将作何改动?证明改动后的结论. 8.(1986年全国初中数学竞赛题)设a、b、c是三个互不相等的正整数.求证:在333333ab-ab,bc-bc,ca-ca三个数中,至少有一个能被10整除. 9.(1986年上海初中数学竞赛题)100个正整数之和为101101,则它们的最大公约数的最大可能值是多少?证明你的结论. 练习十六 １．Ｂ．Ｂ．Ａh n+2n+1h ２．（１）２·５．（２）２７． ３．由2000a为一整数平方可推出a=5． ４．反证法．若是１２１的倍数，设ｎ＋２ｎ＋１２＝１２１ｋ２１ｋ－１）．∵１１是素数且除尽（＋１）， ∴１１除尽ｎ＋１５．由７５３；又２２２５５（ｎ＋１）＝１１（１２１１除尽（ｎ＋１）或１１｜１１ｋ－１，不可能． 可能是１９８，３０９，４２０，５３１，６４２，只能是１９８．而１９８＋２４６＝４４４，∴ｄ＝４，是ｄ的１１１倍，是１８的倍数，∴是１９８４． ７．（１）１１＋１２＝１２１×１１＋１２×１４４＝１２１×１１＋１２×ｎｎｎｎｎｎ１１－１２×１１＋１２×１４４＝…＝１３３×１１＋１２×（１４４－１１）．第ｎｎｎ＋２２ｎ＋１一项可被１３３整除．又１４４－１１｜１４４－１１，∴１３３｜１１＋１２． （２）１１改为ａ．１２改为ａ＋１，１３３改为ａ（ａ＋１）＋１．改动后命题为ａ（ａ＋ｎ＋２２ｎ＋１１）＋１｜ａ＋（ａ＋１），可仿上证明． ８．∵ａｂ－ａｂ＝ａｂ（ａ－ｂ）；同理有ｂ（ｂ－ｃ）；ｃａ（ｃ－ａ）．若ａ 、ｂ、ｃ中有偶数或均为奇数，以上三数总能被２整除．又∵在ａ、ｂ、ｃ中若有一个是５的２２２倍数，则题中结论必成立．若均不能被５整除，则ａ，ｂ，ｃ个位数只能是１，４，６，２２２２２２９，从而ａ－ｂ，ｂ－ｃ，ｃ－ａ的个位数是从１，４，６，９中，任取三个两两之差，其中必有０或±５，故题中三式表示的数至少有一个被５整除，又２、５互质． ９．设１００个正整数为ａ１，ａ２，…，ａ１００，最大公约数为ｄ，并令 ３３２２２２２２ｎ＋２２ｎ＋１ｎｎｎ 则ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝ｄ（ａ１′＋ａ２′＋…＋ａ′１００）＝１０１１０１＝１０１×１００１，故知ａ１′，ａ２′，ａ′１００不可能都是１，从而ａ′１＋ａ′２＋…＋ａ′１００≥１×９９＋２＝１０１，ｄ≤１００１；若取ａ１＝ａ２＝ａ９９＝１００１，ａ１００＝２００２，则满足ａ１＋ａ２＋…＋ａ１００＝１００１×１０１＝１０１１０１，且ｄ＝１００１，故ｄ的最大可能值为１００１ 抽屉原则 大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里，更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原则——抽屉原则.h h 1． 抽屉原则有几种最常见的形式 原则1 如果把n+k(k≥1)个物体放进n只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或更多个物体： 原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，这不可能. 原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、甚至感到无从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过4秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只须我们稍动手算一下： 不妨假设人的寿命不超过4万天（约110岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则 10亿人口安排在8亿6千4百万个“抽屉”里，根据原则1，即知结论成立. 下面我们再举一个例子： 例1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理. 解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种： （兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿） 把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原则1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同. 原则2 如果把mn+k(k≥1)个物体放进n个抽屉，则至少有一个抽屉至多放进m+1个物体.证明同原则相仿.若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能. 原则1可看作原则2的物例（m=1） 例2正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有三个面颜色相同. 证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么6=2×2+2，根据原则二，至少有三个面涂上相同的颜色. 例3 把1到10的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数大于17.h h 证明 如图12-1，设a1，a2，a3，…，a9，a10分别代表不超过10的十个自然数，它们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4，a5），…,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉的物体数是a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，…a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于 （a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+…+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+…+a9+a10) =3×(1+2+…+9+10) 根据原则2,至少有一个括号内的三数和不少于17,即至少有三个相邻的数的和不小于17. 原则1、原则2可归结到期更一般形式： 原则3把m1+m2+…+mn+k(k≥1)个物体放入n个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少放入m1+1个物体，或在第二个抽屉里至少放入m2+1个物体，……，或在第n个抽屉里至少放入mn+1个物体. 证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过m1个，第二个抽屉放入物体的数不超过m2个，……，第n个抽屉放入物体的个数不超过mn，那么放入所有抽屉的物体总数不超过m1+m2+…+mn个，与题设矛盾. 例4 有红袜2双，白袜3双，黑袜4双，黄袜5双，蓝袜6双（每双袜子包装在一起）若取出9双，证明其中必有黑袜或黄袜2双. 证明 除可能取出红袜、白袜3双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出4双，根据原理3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取2双. 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 2． 制造抽屉是运用原则的一大关键 首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致不同的制造抽屉的方式. 例5 在边长为1的正方形内，任意给定13个点，试证：其中必有4个点，以此4点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）. 证明如图12-2把正方形分成四个相同的小正方形.h h 因13=3×4+1，根据原则2，总有4点落在同一个小正方形内（或边界上），以此4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积，也就不超过整个正方形面积的. 事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可以把正方形按图12-3（此处无图）所示的形式分割. 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 例6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距离是偶数（以米为单位），这是为什么？ 解如图12-4（设挂牌的三棵树依次为A、B、=a，BC=b，若a、b中有一为偶数，命题得证.否则a、b均为奇数，则AC=a+b为偶数，命题得证. 下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号，于是两棵树之间的距离就是号码差，由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数或偶数，它们的差必为偶数，问题得证. 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法是一种非常重要的数学方法 h h 例7 从自然数1，2，3，…99，100这100个数中随意取出51个数来，求证：其中一定有两个数，，它们中的一个是另一个的倍数. 分析设法制造抽屉：（1）不超过50个；（2）每个抽屉的里的数（除仅有的一个外），其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解设第一个抽屉里放进数：1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2； 第二个抽屉时放进数：3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2； 第三个抽屉里放进数：5，5×2，5×2，5×2，5×2； ……………… 第二十五个抽屉里放进数：49，49×2； 第二十六个抽屉里放进数：51. ……………… 第五十个抽屉里放进数：99. 那么随意取出51个数中，必有两个数同属一个抽屉，其中一个数是另一个数的倍数. 制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进. 例8 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数. 分析注意到这些数队以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数. 3． 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题. 例9以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中x、y、z为整数，试证：在任意七个三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的x、y、z元中有两对都是奇数或都是偶数. 分析 设七个三元素组为A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、…、A7（x7，y7，z7）.现在逐步探索，从x元开始，由抽屉原则，x1，x2，…，x7这七个数中，必定有四个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是x1，x2，x3，x4且为偶数，接着集中考虑A1、A2、A3、A4这四组数的y元，若比如y1，y2，y3，y4中有两个是偶数，则问题已证，否则至多有一个是偶数，比如y4是偶数，这时我们再来集中考虑A1、A2、A3的z元.在z1，z2，z3中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如z1、z2，这时无论它们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题. 例10 任选6人，试证其中必有3人，他们互相认识或都不认识.h 234234523456h 分析 用A、B、C、D、E、F表示这6个人，首先以A为中心考虑，他与另外五个人B、C、D、E、F只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与其中某三人认识或不认识，现不妨设A认识B、C、D三人，当B、C、D三人都互不认识时，问题得证；当B、C、D三人中有两人认识，如B、C认识时，则A、B、C互相认识，问题也得证. 本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例11a，b，c，d为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数 b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c的乘积一定可以被12整除. 证明 把这6个差数的乘积记为p，我们必须且只须证明：3与4都可以整除p，以下分两步进行. 第一步，把a，b，c，d按以3为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知a，b，c，d中至少有2个除以3的余数相同，例如，不妨设为a，b，这时3可整除b-a，从而3可整除p. 第二步，再把a，b，c，d按以4为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果a，b，c，d中有二数除以4的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出4可整除p的结论. 设a，b，c，d四数除以4的余数不同，由此推知，a，b，c，d之中必有二个奇数（不妨设为a，b），也必有二个偶数（设为c，d），这时b-a为偶数，d-c也是偶数，故4可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出4可整除p. 如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉的物体，则更可收到意想不到的效果. 例12 求证：从任意n个自然数a1，a2，…，an中可以找到若干个数，使它们的和是n的倍数. 分析以0，1，…，n-1即被n除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数： S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ………… Sn=a1+a2+…+an， 其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是n的倍数，问题得证，否则至少有两个数被n除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括1个）的和是n的倍数，问题同样得证.h h 例子3（北京1990年高一竞赛）910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶，证明：不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种： （1）至少有三行完全相同； （2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同. 解910瓶红、蓝墨水排成130行，每行7瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种可能，因此，7一行的红、蓝墨水排法有2=128种，对每一种不同排法设为一种“行式”，共有128种行式. 现有130行，在其中任取129行，依抽屉原则知，必有两行A、B行式相同. 除A、B外余下128行，若有一行P与A行式相同，知满足（1）至少有三行A、B、P完全相同，若在这128行中设直一行5A行或相同，那么这128行至多有127种行式，依抽屉原则，必有两行C、D具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D）两组（四行），且两组两行完全相同. 练习十二 1． 一个篮球运动员在15分钟内将球投进篮圈20次，证明总有某一分钟他至少投进两次. 2． 有黑、白、黄筷子各8只，不用眼睛看，任意地取出筷子来，使得至少有两双筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？ 3． 证明：在1，2，3，…，10这十个数中任取六个数，那么这六个数中总可以找到两个数，其中一个是另一个的倍数. 4． 证明：任意502个整数中，必有两个整数的和或差是998的倍数. 5． 任意写一个由数字1，2，3组成的30位数，从这30位数任意截取相邻三位，可得一个三位数，证明：在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等. 6． 证明：把任意10个自然数用适当的运算符号连接起来，运算的结果总能被1890整除. 7． 七条直线两两相交，所得的角中至少有一个角小于26°. 8． 用2种颜色涂3行9列共27个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有两列，它们的涂色方式相同. 9． 用2种颜色涂5×5共25个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现. 10． 求证存在形如11…11的一个数，此数是1987的倍数. 练习十二h h 1．15分钟里在每一分钟看作一个抽屉，20次投篮看作20个物体，根据原理一即得. 2.至少要取１１只筷子．因为１１只筷子中必有一双筷子同色，不妨设它是黄色，则黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一双同色，即黑色或白色，故取１１只筷子足以保证成功．但少于１１只不行，如取１０只筷子，闵可能出现８只黄色，黑白各一只，不合要求． ３．将１０个数分成５组：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８），（５，１０）．任取六个数必有两个落入同一组，而同组二数中一数是另一数的倍数． ４．每个整数被９９８除，余数必是０，１，２，…，９９７中的一个．把这９９８个余数制造为（０），（１，９９７），（２，９９６），…，（４９７，５０１），（４９８），（４９９），（５００）共５０１个抽屉，把５０２个整数按被９９８除的余数大小分别放入上述抽屉，必有两数进入同一抽屉．若余数相同，那么它们的差是９９８的倍数，否则和为９９８的倍数． ５．从各种位置上截得的三位数有２８个，但由１，２，３组成的不同三位数有３×３×３＝２７个，故有两个截得的三位数相同． ６．１８９０＝２×３×５×７×９．将１０个数记为ｘ１，ｘ２，…，ｘ９，ｘ１０．１０个数中至少有两个被９除余数相同，设为ｘ１，ｘ２则ｘ１－ｘ２可被９整除．同样剩下８个数中有两个数的差可被７整除，记为ｘ３－ｘ４，剩下６个数中有两个数的差可被５整除，记为ｘ５－ｘ６，剩下４个数中有两个数的差可被３整除，记为ｘ７－ｘ８．剩下两数ｘ９，ｘ１０，若有一数为偶数，则ｘ９，ｘ１０可被２整除，否则ｘ９－ｘ１０可被２整除．故乘积（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）ｘ９·ｘ１０与（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）（ｘ９－ｘ１０）二者之一必可被１８９０整除． ７．任选一点Ｐ，过Ｐ点分别作各线的平行线，则它们把一周角分成１４个彼此相邻的角，其中至少有一个角小于２６°． ８．用两种颜色涂１×３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原则，必有两列涂法一样． ９．设两种颜色为红、蓝，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨设为红色，且在左边三列．现考察左边三列，若下面四行中某一行有两格同为红色，则出现四角同红色矩形，否则每行仅可能一格染红色，从而四行中必有二行左边三列中有两列同染蓝色，从而得到四角同为蓝色的矩形． １０．考虑１，１１，…共１９８７个数，其中必有一个是１９８７的倍数，否则必有两数被１９８７除余数相同，其差 是１９８７的倍数．但１０与１９８７没有除１外的因数，故是１９８７倍数导致矛盾．ｉh h 竞赛专题讲座－类比、归纳、猜想 数学解题与数学发现一样，通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上，获得对有关问题的结论或解决方法的猜想，然后再设法证明或否定猜想，进而达到解决问题的目的．类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法． 所谓类比，就是由两个对象的某些相同或相似的性质，推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。类比是一种主观的不充分的似真推理，因此，要确认其猜想的正确性，还须经过严格的逻辑论证． 运用类比法解决问题，其基本过程可用框图表示如下： 可见，运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象．按寻找类比对象的角度不同，类比法常分为以下三个类型． （1）降维类比 将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象，此种类比方法即为降维类比． 【例1】如图，过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA1∥VA，OB1∥VB，OC1∥VC，A1，B1，C1分别是所作直线与侧面交点． 求证：++为定值． 分析 考虑平面上的类似命题：“过△ABC（底）边 AB上任一点O分别作OA1∥AC，OB1∥BC，分别交BC、AC于A1、B1，求证+为定值”．这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值1．另外，过A、O分别作BC垂线，过B、O分别作AC垂线，则用面积法也不难证明定值为1．于是类比到空间围形，也可用两种方法证明其定值为1． h h 面OC1 VC∩AB=L，则有△LOC1 ∽△ LCV．得 证明：如图，设平面OA1 VA∩BC＝M，平面OB1 VB∩AC＝N，平△MOA1∽△MAV，△NOB1∽△NBV，++=++。 在底面△ABC中，由于AM、BN、CL交于一点O，用面积法易证得： ++=1。 ∴++=1。 【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球，S是所作六个球的交集．证明S中没有一对点的距离大于． 【分析】考虑平面上的类比命题：“边长为1的正三角形，以各边为直径作圆，S‘是所作三个圆的交集”，通过探索S’的类似性质，以寻求本题的论证思路．如图，易知S‘包含于以正三角形重心为圆心，以为半径的圆内．因此S’内任意两点的距离不大于．以此方法即可获得解本题的思路． 证明：如图，正四面体 ABCD中，M、N分别为BC、AD的中点，G 为△BCD的中心，MN∩AG＝O．显然O是正四面体ABCD的中心．易知OG=·AG=，并且可以推得以O为球心、OG为半径的球内任意两点间的距离不大于必包含S．现证明如下． h ，其球Oh 根据对称性，不妨考察空间区域四面体OMCG．设P为四面体OMCG内任一点，且P不在球O内，现证P亦不在S内． 若球O交OC于T点。△TON中，ON=由余弦定理： ，OT=，cos∠TON=cos(π-∠TOM)=-。TN=ON+OT+2ON·OT·222=，∴TN=。 又在 Rt△AGD中，N是AD的中点，∴GN=。由GN= NT＝， OG＝OT， ON=ON，得 △GON≌△TON。∴∠TON＝∠GON，且均为钝角． 于是显然在△GOC内，不属于球O的任何点P，均有∠PON>∠TON，即有PN>TN=P点在 N为球心，AD为直径的球外，P点不属于区域S． ，由此可见，球O包含六个球的交集S，即S中不存在两点，使其距离大于（2）结构类比 ． 某些待解决的问题没有现成的类比物，但可通过观察，凭借结构上的相似性等寻找类比问题，然后可通过适当的代换，将原问题转化为类比问题来解决． 【例3】任给7个实数xk（k=1，2，…，7）．证明其中有两个数xi，xj，满足不等式0≤≤· 【分析】若任给7个实数中有某两个相等，结论显然成立．若7个实数互不相等，则难以下手．但仔细观察可发现：与两角差的正切公式在结构上极为相似，故可选后者为类比物，并通过适当的代换将其转化为类比问题．作代换：xk=tgαk（k ＝l，2，…，7），证明必存在αi，αj，满足不等式0≤tg(αi-αj)≤· h h 证明：令xk=tgαk（k ＝l，2，…，7），αk∈（-，），则原命题转化为：证明存在两个实数αi，αj∈（-，），满足0≤tg(αi-αj)≤· 由抽屉原则知，αk中必有 4个在[0，）中或在（-，0）中，不妨设有4个在[0，）中．注意到tg0＝0，tg=，而在[0，）内，tgx是增函数，故只需证明存在αi，αj，使0<αi-αj <即可。为此将[0，）分成三个小区间：[0，]、（，]、（，）。又由抽屉原则知，4个αk中至少有2个比如αi，αj同属于某一区间，不妨设αi>αj，则0≤αi-αj ≤，故0≤tg(αi-αj)≤·这样，与相应的xi=tgαi、xj=tgαj，便有0≤（3）简化类比 ≤· 简化类比，就是将原命题类比到比原命题简单的类比命题，通过类比命题解决思路和方法的启发，寻求原命题的解决思路与方法．比如可先将多元问题类比为少元问题，高次问题类比到低次问题，普遍问题类比为特殊问题等． 【例4】已知xi≥0（i＝1，2，…，n），且xl+x2+…+xn=1。 求证：1≤++…+≤． 【分析】我们可先把它类比为一简单的类比题：“已知xl≥0，x2≥0，且xl+x2 =1，求证1≤∴0≤2+≤+≤”．本类比题的证明思路为：∵2≤2，即1≤(+≤xl+x2＝l，)≤2，∴1≤2≤1，则1≤xl+x2+2．这一证明过程中用到了基本不等式和配方法．这正是要寻找的证明原命题的思路和方法． h h 证明：由基本不等式有0≤2≤xi+xj，则 0≤2≤(n-1)( xl+x2+…+xn)=n-1 ∴1≤xl+x2+…+xn +2≤n，即1≤(++…+)≤n 2∴1≤++…+≤． 所谓归纳，是指通过对特例的分析来引出普遍结论的一种推理形式．它由推理的前提和结论两部分构成：前提是若干已知的个别事实，是个别或特殊的判断、陈述，结论是从前提中通过推理而获得的猜想，是普遍性的陈述、判断．其思维模式是：设Mi（i＝1，2，…，n）是要研究对象M的特例或子集，若Mi（i＝1，2，…，n）具有性质P，则由此猜想M也可能具有性质P． 如果＝M，这时的归纳法称为完全归纳法．由于它穷尽了被研究对象的一切特例，因而结论是正确可靠的．完全归纳法可以作为论证的方法，它又称为枚举归纳法． 如果是M的真子集，这时的归纳法称为不完全归纳法．由于不完全归纳法没有穷尽全部被研究的对象，得出的结论只能算猜想，结论的正确与否有待进一步证明或举反例． 本节主要介绍如何运用不完全归纳法获得猜想，对于完全归纳法，将在以后结合有关内容（如分类法）进行讲解． 【例5】证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于4十． 【分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手，我们可以从特例考察起：先考虑面积为1的正方形，其周长恰为4，对角钱之和为2即．其次考察面积为1的菱形，若两对角线长记为l1、l2，那么菱形面积S=h l1·l2，知 h l1+ l2≥2=2=，菱形周长： l＝4≥2=4。 由此，可以猜想：对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑． 【证明】设ABCD为任意一个面积为1的凸四边形，其有关线段及角标如图．则 SABCD= (eg+gf+fh+he)sinα ≤ (e+f)(g+h)≤， ∴e+f+g+h≥2，即对角线长度之和不小于． ∴a＋b＋c＋d≥4，即周长不小于4． 综上所述，结论得证， 【例 6】在一直线上从左到右依次排列着 1988个点P1，P2，…，P1988，且Pk是线段Pk-1Pk+1的k等分点中最靠近Pk+1的那个点（2≤k≤1988），P1P2=1， P1987 P1988=l．求证：2l<3-1984。 【分析】本题初看复杂，难以入手．不妨先从特殊值出发，通过特殊值的计算，以便分析、归纳出一般性的规律． 当k=1时，P1P2=1（已知）；当k= 2时， P2是P1P3的中点，故P2P3= P1P2= 1；当k=3时， P h h 3是P2P4的三等分点中最靠近的那个分点，即P3P4= P2P4= ( P2P3+ P3P4) =P2P3+ P3P4，故P3P4= P2P3=① 由此可推得4 P5=×②，P5P6=××③ 由①、②、③，可归纳以下猜想： PkPk+1=【证明】 Pk-1Pk。 于是有： 令k=1987，则有 故2l<3-1984。 h 竞赛讲座－覆盖 一个半径为1的单位圆显然是可以盖住一个半径为的圆的．反过来则不然，一个半径为的h 圆无法盖住单位圆．那么两个半径为的圆能否盖住呢？不妨动手实验一下，不行．为什么不行？需几个这样的小圆方能盖住大圆？……，这里我们讨论的就是覆盖问题，它是我们经常遇到的一类有趣而又困难的问题． 定义 设Ｇ和Ｆ是两个平面图形．如果图形Ｆ或由图形Ｆ经过有限次的平移、旋转、对称等变换扣得到的大小形状不变的图形Ｆ′上的每一点都在图形Ｇ上．我们就说图形Ｇ覆盖图形Ｆ；反之，如果图形Ｆ或Ｆ′上至少存在一点不在Ｇ上，我们就说图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 关于图形覆盖，下述性质是十分明显的： （１） 图形Ｇ覆盖自身； （２） 图形Ｇ覆盖图形Ｅ，图形Ｅ覆盖图形Ｆ，则图形Ｇ覆盖图形Ｆ． １．最简单情形――用一个圆覆盖一个图形． 首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到： 定理１ 如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点Ｏ，使得图形Ｆ中的每一点与Ｏ的距离都不大于定长ｒ，则Ｆ可被一半径为ｒ的圆所覆盖． 定理２ 对于二定点Ａ、Ｂ及定角α若图形Ｆ中的每点都在ＡＢ同侧，且对Ａ、Ｂ视角不小于α，则图形Ｆ被以ＡＢ为弦，对ＡＢ视角等于α的弓形Ｇ所覆盖． 在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛． 例１ 求证：（１）周长为２ｌ的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖． （２）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是２ｌ，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖． 分析 （１）关键在于圆心位置，考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合． （２）＂曲＂化＂直＂．对比（１），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆圆心．h h 证明 （１）如图４５－１，设ＡＢＣＤ的周长为２ｌ，ＢＤ≤ＡＣ，ＡＣ、ＢＤ交于Ｏ，Ｐ为周界上任意一点，不妨设在ＡＢ上，则 ∠１≤∠２≤∠３， 有ＯＰ≤ＯＡ． 又ＡＣ＜ＡＢ＋ＢＣ＝ｌ， 故ＯＡ＜． 因此周长为２ｌ的平行四边形ＡＢＣＤ可被以Ｏ为圆心；半径为的圆所覆盖，命题得证． （2）如图45-2,在线圈上分别取点R，Q，使R、Q将线圈分成等长两段，每段各长l.又设RQ中点为G，M为线圈耻任意一点，连MR、MQ，则 因此，以G为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈． 例２△ABC的最大边长是ａ，则这个三角形可被一半径为分析 ａ为最大边，所对角A满足６０°≤A＜１８０°．的圆所覆盖． h h 证明 不妨设BC＝ａ，以BC为弦，在A点所在一侧作含60°角的弓形弧（图４５－３）．因６０°≤A≤180°，故根据定理２，△ABC可被该弓形所覆盖． 由正弦定理，弓形相应半径ｒ＝盖． ，所以△ABC可被半径为的圆所覆 显然覆盖△ABC的圆有无穷多个，那么半径为尽然． 的圆是否是最小的覆盖圆呢？事实并不 例３ △ＡＢＣ的最大边BC等于ａ，试求出覆盖△ABC的最小圆． 解 分三种情形进行讨论： （１） ∠Ａ为钝角，以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ＡBC． （２） ∠Ａ是直角，同样以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ABC； （３）∠Ａ是锐角．假若⊙O覆盖△ABC，我们可在⊙O内平移△ABC，使一个顶点B落到圆周上，再经过适当旋转，使另一个顶点落在圆周上，此时第三个顶点A在⊙O内或其圆周上，设BC所对圆周角为α，那么∠BAC≥α，设⊙O直径ｄ，△ABC外接圆直径ｄ０，那么 所以对于锐角三角形ABC，最小覆盖圆是它的外接圆． 今后我们称覆盖图形F的圆中最小的一个为F的最小覆盖圆．最小覆盖圆的半径叫做图形F的覆盖半径．h h 综合例２、例３，即知△ABC中，若ａ为最大边，则△ABC的覆盖半径ｒ满足 ２．一个图形Ｆ能否被覆盖，与图形中任意两点间的距离最大值ｄ密切相关． 以下我们称图形Ｆ中任意两点间的距离最大值ｄ为图形Ｆ的直径． 我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题． 定义 对于图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ，若图形Ｆ中的每一点都被这组图形中的某个所覆盖，则称这几个图形覆盖图形Ｆ． 图形Ｇ１，Ｇ２，…，Ｇｎ为ｎ个圆是一特殊情形． 例４ 以ＡＢＣＤ的边为直径向平行四边形内作四个半圆，证明这四个半圆一定覆盖整个平行四边形． 分析１ ＡＢＣＤ的每一点至少被某个半圆所盖住． 证明１ 用反证法．如图４５－４设存在一点Ｐ在以ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ为直径的圆外，根据定理二，∠ＡＰＢ，∠ＢＰＣ，∠ＣＰＤ∠ＤＰＡ均小于９０°，从而 ∠ＡＰＢ＋∠ＢＰＣ＋∠ＣＰＤ＋∠ＤＰＡ＜３６０°． 与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖ＡＢＣＤ． 分析２ 划片包干，如图４５－５，将ＡＢＣＤ分为若干部分，使每一部分分别都被上述四个半圆所覆盖． 证明２ 在ＡＢＣＤ中，如图４５－５，设ＡＣ≥ＢＤ．分别过Ｂ、Ｄ引垂线ＢＥ、ＤＦ垂直ＡＣ，交ＡＣ于Ｅ、Ｆ，将ＡＢＣＤ分成四个直角三角形，△ＡＢＥ、△ＢＣＥ、△ＣＤＦ、△ＤＡＦ．每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖，从而整个四边形被四个半圆所覆盖．h h 上述结论可推广到任意四边形，留给读者考虑． 例５ 求证：一个直径为１的圆不能被两个直径小于１的圆所覆盖． 证明 如图４５－６，先考虑其中一个小圆即⊙Ｏ１去覆盖大圆Ｏ，连Ｏ１、Ｏ过Ｏ作ＡＢ⊥Ｏ１Ｏ，ＡＢ为⊙Ｏ的直径（若Ｏ１、Ｏ重合，那么ＡＢ为任意直径）此时 故Ａ、Ｂ两点都不能被⊙Ｏ１盖住．至于另一小圆⊙Ｏ２无疑不能同时盖住Ａ、Ｂ两点，故⊙Ｏ１、⊙Ｏ２不能覆盖⊙Ｏ． 事实上，我们还可以从另一角度给予证明．那就是一个小圆无法覆盖半个大圆，因此两个小圆也就不可能覆盖住整个大圆了． 现在，我们着手研究本文一开始就提出的问题． 例６ 给定一个半径为１的圆，若用半径为的圆去覆盖它，问至少要几个才能盖住． 问题需要我们在二个方面给予回答：一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆；二是少于确定的数目，则全部小圆不能覆盖大圆． 对于不能覆盖的推断，以下两个原则是常用的： 原则１ 若图形Ｆ的面积大于图形Ｇ的面积，则图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 原则２ 直径为ｄ的图形Ｆ不能被直径小于ｄ的图形Ｇ所覆盖． 两原则十分显然，不再证明．h h 四个半径为的小圆面积和为π，恰等于大圆面积，而四小圆间若不重迭，则覆盖其它图形时，还须排除中间所夹的不属于四圆的部分，换句话说，四小圆所覆盖大圆部分面积必小于大圆自身面积，根据法则１，不可能覆盖大圆，少于四个小圆更不可能． 若有五个小圆，我们改变角度考虑，可将大圆周分为六等分．因小圆直径为１，五个小圆无法盖住大圆周，而六个圆周恰好盖住． 还需考虑大圆圆心没有被盖住，再添加一个小圆，符合要求！ 这说明：至少七个以为半径的小圆方能覆覆盖半径为1的一个大圆.事实上这样的六个小圆若盖住大圆周，则大圆心不能被覆盖．若其中一小圆盖住大圆圆心，那么该圆又至多盖住大圆周上一点也就是六个小圆无法覆盖大圆，而我们作大圆的内接正六边形，分别将小圆圆心与各边中点重合，再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合即可盖住大圆，如图４５－７，以下给出证明： 对于正△ＯＡＢ，设ＯＡ、ＯＢ中点Ａ１、Ｂ１，那么∠ＡＡ１Ｂ＝∠ＡＢ１Ｂ＝９０°，故四边形ＡＡ１Ｂ１Ｂ被以ＡＢ为直径的圆覆盖．另外，△ＯＡ１Ｂ１被小圆⊙Ｏ所覆盖．类似地可推得七个小圆覆盖整个大圆． ３．直线形图形覆盖别的图形的问题 解决直线形图形覆盖别的图形的问题，常须较高的智巧，一般的处理方法是通过构造过渡图形，逐步调整，最终获得问题的解决． 例７ 证明直径为１的图形Ｆ可被单位正方形覆盖． 分析 先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间，再向内收缩． 证明 取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形Ｆ夹在中间，再将位于下方的直线ｌ２向上平移，直至遇到图形Ｆ上点为止，中图４５－８中ｌ２′处．接着又将ｌ１向下平移至与ｌ２′相距为１的ｌ１′处止．因图形Ｆ直径为１．故图形Ｆ仍被二直线ｌ１′，ｌ２′所夹．同h h 样采用先左后右的顺序，将沿直线ｍ１、ｍ２平移至ｍ１′、ｍ２′处，ｍ１′、ｍ２′相距为１，而图形Ｆ依然夹在直线ｍh h １′，ｍ２′中间，从而直线ｌ１′、ｌ２′、ｍ１′、ｍ２′所围成单位正方形即可覆盖图形Ｆ． 运用上述方法，我们可进一步解决以下问题： 例８ 直径为１的图形Ｆ可被一个边长为的正三角形覆盖，试证明之． 证明 作三对相距为１的平行直线ｍ１、ｍ２、ｎ１、ｎ２，ｌ１、ｌ２，相交直线所成角为６０°，围成可覆盖图形Ｆ的六边形及正△Ａ１Ｂ１Ｃ１，正△Ａ２Ｂ２Ｃ２（具体作法可参照例７）．如图４５－９．设Ｐ为Ｆ中任意一点，它到六边形各边距离依次为ｘ、ａ、ｙ、ｂ、ｚ、ｃ．又设正△Ａ１Ｂ１Ｃ１的高为ｈ１，正△Ａ2Ｂ２Ｃ２的高为ｈ２．因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形的高，得 ａ＋ｂ＋ｃ＝ｈ１， ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｈ２． 相加,得 （ｘ＋ｂ）＋（ｙ＋ｃ）＋（ｚ＋ａ）＝ｈ１＋ｈ２， 又ｘ＋ｂ＝１，ｙ＋ｃ＝１，ｚ＋ａ＝１， ∴ｈ１＋ｈ２＝３． 根据抽屉原则,ｈ１、ｈ２中有一不大于边长,不妨设,即正△A１B１C１的高不大于,那么它的h h 因此图形Ｆ可被边长不大于的正三角形即正△Ａ1Ｂ１Ｃ１所覆盖. 4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式 所谓图形Ｆ能嵌入图形Ｇ,其本质就是图形Ｇ能覆盖图形F. 例9试证面积为S、周长为P的四边形一定可嵌入一个半径为的圆. 分析 四边形内存在到各边距离不小于的点. 证明 如图45-10,设四边形ABCD面积为Ｓ,周长为Ｐ.各边长分别为ａ1、ａ２、ａ３、ａ４.现以ａ１、ａ２、ａ３、ａ４为长,为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面积是 即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部存在点O没有被矩形覆盖,那么以点O为圆心,为半径的圆可嵌入四边形ABCD中.h h 例10 在一个半径等于18的圆中已嵌入16个半径为3的圆.证明在余下的部分中还能嵌入9个半径为1的圆. 证明 首先证明大圆中还能嵌入1个半径为1的小圆.先将大圆的半径收缩为17,而将半径为3的圆膨胀成半径为4的圆,此时大圆面积变为 π×17＝289π. 16个半径为4的圆的面积是 π×4×16=256π. 289π-256π=33π. 这说明大圆中嵌入16个半径为3的圆外,还能嵌入半径为1的一个小圆,如图45-11所示. 再将大圆的半径收缩为17,半径为3的圆的半径膨胀为4,半径为1的圆膨胀为2,由于 289π-256π-4π=29π,所以大圆中除嵌入16个半径为3的圆外,还能嵌入两个半径为1的圆.依此类推,由于289π-256π-4π×8=π＞0, 故大圆还可嵌入九个半径为1的小圆. 将图形收缩、膨胀是解嵌入问题一种重要方法.22h h 第1—4课时： 竞赛专题讲座－几何变换 【竞赛知识点拨】 一、 平移变换 1． 定义 设X变到X‘，使得FF‘ 。 是一条给定的有向线段，T是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点=，则T叫做沿有向线段的平移变换。记为XX’，图形2． 主要性质 在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变为直线，三角形变为三角形，圆变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。 二、 轴对称变换 1． 定义 设l是一条给定的直线，S是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X变到X’，使得X与X‘关于直线l对称，则S叫做以l为对称轴的轴对称变换。记为X图形FF‘ 。 X’，2． 主要性质 在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分。 三、 旋转变换h h 1． 定义 设α是一个定角，O是一个定点，R是平面上的一个变换，它把点O仍变到O（不动点），而把平面图形F上任一点X变到X’，使得OX‘=OX，且∠XOX’=α，则R叫做绕中心O，旋转角为α的旋转变换。记为XX‘，图形FF’ 。 其中α<0时，表示∠XOX‘的始边OX到终边OX’的旋转方向为顺时针方向；α>0时，为逆时针方向。 2． 主要性质 在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。 四、 位似变换 1． 定义 设O是一个定点，H是平面上的一个变换，它把平面图形F上任一点X变到X‘，使得 =k·，则H叫做以O为位似中心，X’，k为位似比的位似变换。记为X图形FF‘ 。 其中k>0时，X’在射线OX上，此时的位似变换叫做外位似；k<0时, X‘在射线OX的反向延长线上，此时的位似变换叫做内位似。 2． 主要性质 在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心。 【竞赛例题剖析】 【例1】P是平行四边形ABCD内一点，且∠PAB=∠PCB。 求证：∠PBA=∠PDA。 【分析】作变换△ABP△DCP’， 则△ABP≌△DCP‘，∠1=∠5，∠3=∠6。由PP’ADBC，ADPP‘、PP’CB都是平行四边形，知∠2=∠8，∠4=∠7。由已知∠1=∠2，得∠5=∠8。 ∴P、D、P‘、C四点共圆。故∠6=∠7，即∠3=∠4。 【例2】“风平三角形”中，AA’=BB‘=CC’=2，∠AOB‘=∠BOC’=60°。h h 求证：Ｓ△AOB‘+Ｓ△BOC’+Ｓ△COA‘<。 【分析】作变换△A’OC△AQR‘，△BOC’△B‘PR’‘，则R’、R‘’重合，记为R。P、R、Q共线，O、A、Q共线，O、B‘、P共线，△OPQ为等边三角形。 ∴Ｓ△AOB’+Ｓ△BOC‘+Ｓ△COA’<Ｓ△OPQ= 【例3】以及夹角一定的所有凸四边形中，试求周长最小的四边形。 在两条对角线长度【分析】取AC、BD的中点E、F，令AC四边形。延长AF、CC‘交于G。 A‘C’，则A‘BC’D是一个符合条件的平行∵E是AC的中点且EF∥CC’，FC‘∥EC，∴F、C’分别为AG、CG的中点。 ∴AD+BC=BG+BC≥2BC‘=A’D+BC‘。 同理可得AB+DC≥A’B+DC‘。 故当四边形为平行四边形时，周长最小。 【评注】当已知条件分散，尤其是相等的条件分散，而又不容易找出证明途径，或题目中有平行条件时，将图形的某一部分施行平移变换，常常十分凑效。h h 【例4】P是⊙O的弦AB的中点，过P点引⊙O的两弦CD、EF，连结DE交AB于M，连结CF交AB于N。求证：MP=NP。（蝴蝶定理） 【分析】设GH为过P的直径，FPF‘，PAF’F，显然‘∈⊙O。又P∈GH，∴PF’=PF。∵PFPB，∴∠FPN=∠F’PM，PF=PF‘。 又FF’⊥GH，AN⊥GH，∴FF‘∥AB。∴∠F’PM+∠MDF‘=∠FPN+∠EDF’ =∠EFF‘+∠EDF’=180°，∴P、M、D、F‘四点共圆。∴∠PF’M=∠PDE=∠PFN。 ∴△PFN≌△PF‘M，PN=PM。 【评注】一般结论为：已知半径为R的⊙O内一弦AB上的一点P，过P作两条相交弦CD、EF，连CF、ED交AB于M、N，已知OP=r，P到AB中点的距离为a，则析法证明：利用二次曲线系知识） 。（解【例5】⊙O是给定锐角∠ACB内一个定圆，试在⊙O及射线CA、CB上各求一点P、Q、R，使得△PQR的周长为最小。 h h 【分析】在圆O上任取一点P0，令P0P1，P0P2，连结P1P2分别交CA、CB于Q1、R1。显然△P0Q1R1是在取定P0的情况下周长最小的三角形。 设P0P1交CA于E，P0P2交CB于F，则P0Q1 +Q1R1 +R1P0= P1P2=2EF。 ∵E、C、F、P0四点共圆，CP0是该圆直径，由正弦定理，EF=CP0sin∠ECF。 ∴当CP0取最小值时，EF为最小，从而△P0Q1R1的周长为最小，于是有作法： 连结OC，交圆周于P，令PQ、R为所求。 P1，PP2，连结P1P2分别交CA、CB于Q、R。则P、【例6】△ABC中，∠A≥90°，AD⊥BC于D，△PQR是它的任一内接三角形。求证：PQ+QR+RP>2AD。 【分析】设PP’，PP‘’。则RP=RP‘，PQ=P’‘Q，AP=AP’=AP‘’。 ∴PQ+QR+RP= P‘’Q+QR+RP‘。 又∠A≥90°，∴∠P’AP+∠P‘’AP=2∠A≥180°，A点在线段P‘P’‘上或在凸四边形P’RQP‘’的内部。∴P‘’Q+QR+RP‘>AP’+AP‘’=2AP>2AD。h h ∴PQ+QR+RP>2AD。 【评注】如果题设中有角平分线、垂线，或图形是等腰三角形、圆等轴对称图形，可以将图形或其部分进行轴对称变换。此外，也可以适当选择对称轴将一些线段的位置变更，以便于比较它们之间的大小。 【例7】以△ABC的边AB、AC为斜边分别向外作等腰直角三角形APB、AQC，M是BC的中点。求证：MP=MQ，MP⊥MQ。 【分析】延长BP到E，使PE=BP，延长CQ到F， 使QF=CQ，则△BAE、△CAF都是等腰三角形。 显然：EB，CF，∴EC=BF，EC⊥BF。 而PMEC，MQBF，∴MP=MQ，MP⊥MQ。 【例8】已知O是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC内任一点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O为费马点） 【分析】将CC‘，OO’， PP‘，连结OO’、PP‘。则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。 ∴OO’=OB，PP‘ =PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。h h 【例9】⊙O与△ABC的三边BC、CA、AB分别交于点A1、A2、B1、B2、C1、C2，过上述六点分别作所在边的垂线a1、a2、b1、b2、，设a1、b2、c1三线相交于一点D。求证：a2、b1、c2三线也相交于一点。 【分析】∵a1、a2关于圆心O成中心对称， ∴a1a2。 同理，b1b2，c1c2。 ∴a1、b2、c1的公共点D在变换R（O，180°）下的像D’也是像a2、b1、c2的公共点，即a2、b1、c2三线也相交于一点。 【例10】AD是△ABC的外接圆O的直径，过D作⊙O的切线交BC于P，连结并延长PO分别交AB、AC于M、N。求证：OM=ON。 【分析】设OO‘，NN’，而MB， ∵M、O、N三点共线，∴B、O‘、N’三点共线，且取BC中点G，连结OG、O‘G、DG、DB。 ∵∠OGP=∠ODP=90°，∴P、D、G、O四点共圆。 ∴∠ODG=∠OPG，而由MN∥BN’有∠OPG=∠O‘BG， ∴∠ODG=∠O’BG，∴O‘、B、D、G四点共圆。h 。 h ∴∠O’GB=∠O‘DB。而∠O’DB=∠ACB，∴∠O‘GB=∠ACB，O’G∥AC， 而G是BC的中点，∴O‘是BN’的中点，O‘B= O’ N‘， ∴OM=ON。 竞赛专题讲座－ 平面几何四个重要定理 重庆市育才中学 瞿明强 四个重要定理： 梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线） △ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是 塞瓦(Ceva)定理（塞瓦点） 。 △ABC的三边BC、CA、AB上有点P、Q、R，则AP、BQ、CR共点的充要条件是。 托勒密(Ptolemy)定理 四边形的两对边乘积之和等于其对角线乘积的充要条件是该四边形内接于一圆。 西姆松(Simson)定理（西姆松线） 从一点向三角形的三边所引垂线的垂足共线的充要条件是该点落在三角形的外接圆上。 例题：h h 1． 设AD是△ABC的边BC上的中线，直线CF交AD于F。求证：。 【分析】CEF截△ABD→（梅氏定理） 【评注】也可以添加辅助线证明：过A、B、D之一作CF的平行线。 2． 过△ABC的重心交AB、AC于E、F，交CB求证：。 【分析】连结并延长AG交BC于M，则M为BC的中DEG截△ABM→（梅氏定理） DGF截△ACM→（梅氏定理） ∴===1 【评注】梅氏定理 3． D、E、F分别在△ABC的BC、CA、AB边上，，AD、BE、CF交成△LMN。 求S△LMN。 【分析】 【评注】梅氏定理h G的直线分别于D。 点。 h 4． 以△ABC各边为底边向外作相似的等腰△BCE、△CAF、△ABG。求证：AE、BF、CG相交于一点。 【分析】 【评注】塞瓦定理 5． 已知△ABC中，∠B=2∠C。求证：AC=AB+AB·BC。 【分析】过A作BC的平行线交△ABC的外接圆于D，连结BD。则CD=DA=AB，AC=BD。 由托勒密定理，AC·BD=AD·BC+CD·AB。 【评注】托勒密定理 6． 已知正七边形A1A2A3A4A5A6A7。 22求证：【分析】 【评注】托勒密定理 。（第21届全苏数学竞赛） 7． △ABC的BC边上的高AD的延长线交外接圆于P，作PE⊥AB于E，延长ED交AC延长线于F。 求证：BC·EF=BF·CE+BE·CF。 【分析】 【评注】西姆松定理（西姆松线） 8． 正六边形ABCDEF的对角线AC、CE分别被内点M、N分成的比为AM：AC=CN：CE=k，且B、M、共线。求k。（23-IMO-5） 【分析】 【评注】面积法 9． O为△ABC内一点，分别以da、db、dc表示O到BC、CA、AB的距离，以Ra、Rb、Rc表示O到A、B、C的距离。 求证：（1）a·Ra≥b·db+c·dc; h 分Nh (2) a·Ra≥c·db+b·dc; (3) Ra+Rb+Rc≥2(da+db+dc)。 【分析】 【评注】面积法 10．△ABC中，H、G、O分别为垂心、重心、外心。 求证：H、G、O三点共线，且HG=2GO。（欧拉线） 【分析】 【评注】同一法 11．△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，BM、BN三等分∠ABC，与AD相交于M、N，延长CM交AB于E。 求证：MB//NE。 【分析】 【评注】对称变换 12．G是△ABC的重心，以AG为弦作圆切BG于G，延长CG交圆于D。求证：2AG=GC·GD。 【分析】 【评注】平移变换 13．C是直径AB=2的⊙O上一点，P在△ABC内，若PA+PB+PC的最小值是【分析】 【评注】旋转变换，求此时△ABC的面积S。 h h 费马点：已知O是△ABC内一点，∠AOB=∠BOC=∠COA=120°；P是△ABC内任一点，求证：PA+PB+PC≥OA+OB+OC。（O为费马点） 【分析】将CC‘，OO’， PP‘，连结OO’、PP‘。则△B OO’、△B PP‘都是正三角形。 ∴OO’=OB，PP‘=PB。显然△BO’C‘≌△BOC，△BP’C‘≌△BPC。 由于∠BO’C‘=∠BOC=120°=180°-∠BO’O，∴A、O、O‘、C’四点共线。 ∴AP+PP‘+P’C‘≥AC’=AO+OO‘+O’C‘，即PA+PB+PC≥OA+OB+OC。 14．(95全国竞赛) 菱形ABCD的内切圆O与各边分别交于E、F、G、H，在弧EF和弧GH上分别作⊙O的切线交AB、BC、CD、DA分别于M、N、P、Q。 求证：MQ//NP。 【分析】由AB∥CD知：要证MQ∥NP，只需证∠AMQ=∠CPN， 结合∠A=∠C知，只需证 △AMQ∽△CPN ←，AM·CN=AQ·CP。h h 连结AC、BD，其交点为内切圆心O。设MN与⊙O切于K，连结OE、OM、OK、ON、OF。记∠ABO=φ，∠MOK=α，∠KON=β，则 ∠EOM=α，∠FON=β，∠EOF=2α+2β=180°-2φ。 ∴∠BON=90°-∠NOF-∠COF=90°-β-φ=α ∴∠CNO=∠NBO+∠NOB=φ+α=∠AOE+∠MOE=∠AOM 又∠OCN=∠MAO，∴△OCN∽△MAO，于是∴AM·CN=AO·CO 同理，AQ·CP=AO·CO。 【评注】 ， 15．(96全国竞赛)⊙O1和⊙O2与ΔABC的三边所在直线都相切，E、F、G、H为切点，EG、FH的延长线交于P。求证：PA⊥BC。 【分析】 【评注】 16．(99全国竞赛)如图，在四边形ABCD中，对角∠BAD。在CD上取一点E，BE与AC相交于F，延长G。求证：∠GAC=∠EAC。 线AC平分DF交BC于证明：连结BD交AC于H。对△BCD用塞瓦定理，可得 因为AH是∠BAD的角平分线，由角平分线定理， 可得，故。 过C作AB的平行线交AG的延长线于I，过C作AD的平行线交AE的延长线于J。 则，h h 所以，从而CI=CJ。 又因为CI//AB，CJ//AD，故∠ACI=π-∠BAC=π-∠DAC=∠ACJ。 因此，△ACI≌△ACJ，从而∠IAC=∠JAC，即∠GAC=∠EAC。 已知AB=AD，BC=DC，AC与BD交于O，过O的任意两条直线EF和GH与四边形ABCD的四边交于E、F、G、H。连结GF、EH，分别交BD于M、N。求证：OM=ON。（5届CMO） 证明：作△EOH△E’OH‘，则只需证E’、M、H‘共线，即E’H‘、BO、GF三线共点。 记∠BOG=α，∠GOE’=β。连结E‘F交BO于K。只需证=1（Ceva逆定理）。 ===1 注：筝形：一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形。 对应于99联赛2：∠E’OB=∠FOB，且E‘H’、GF、BO三线共点。求证：∠GOB=∠H‘OB。 事实上，上述条件是充要条件，且M在OB延长线上时结论仍然成立。 证明方法为：同一法。 蝴蝶定理：P是⊙O的弦点引⊙O的DE交AB于M，求证：MP=NP。AB的中点，过P两弦CD、EF，连结连结CF交AB于N。h -
![高中数学竞赛讲座[共十五讲]](/uploads/image/0054.jpg)