命题人讲座_组合几何

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组合数学-组合几何答案与讲稿

组合几何例讲答案及讲稿（陶平生）基本内容与方法：组合计数；组合构造；组合结构；映射与对应；分类与染色；归纳与递推；容斥原理；极端原理；调整法；补集法；算两次；数形结合法，等等．1、矩形玻璃台板碎裂成一些小玻璃片，每块碎片都是凸多边形，将其重新粘合成原矩形后，有交结点30个，其中20个点在原矩形的周界上（包括原矩形的四个顶点），其余10点在矩形内部.在矩形的内部有45条粘缝（两个结点之间的线段算是一条粘缝，如图所示）. 试求该矩形台板所碎裂成的各种类型（指三角形、四边形、五边形等等）的碎片块数. （若凸多边形的周界上有n 个点，就将其算作n 边形）.解：设全部碎片中，共有三角形3a 个，四边形4a 个， … …，k 边形k a 个（34,,,k a a a 为非负整数），一个多边形，若其周界上有n 个顶点，就将其看成是n 边形，（例如图中的多边形ABCDE 要看成五边形）.于是这些多边形的内角和S 角为：S 角()3422k a a a k πππ=⋅+⋅++⋅-.从另一方面看，矩形内部有10个结点，对于每个点，围绕它的多边形顶角和为2,π10个内结点共获得102π⋅弧度；矩形边界线段内共有16个结点，在每个这种结点处，各多边形的顶角在此汇合成一个平角，16个这种结点共获得16π弧度；而原矩形的四个顶点处，共收集到多边形碎片的2π弧度.因此，S 角2016238ππππ=++=，于是，()342238k a a k a +++-= ……○1. 再计算边数和S 边：由于每个n 边形有n 条边，则S 边3434k a a ka =+++.另一方面，在矩形的内部的45条粘缝，每条都是两个多边形的公共边，故都计算了两遍，矩形周界上的20条线段各被计算了一遍，因此，S 边24520110=⋅+=，则3434110k a a ka +++= (2)○2-○1得，()34272k a a a +++=，因此碎片的块数为:3436k a a a +++= (3)○1—○3得，()4562332k a a a k a ++++-= …… ○4. 注意所有i a 为非负整数，故670k a a a ====，4522a a += (5)○5式中，或者452, 0a a ==；或者450, 1a a ==，……○6. 因此由○3、○5、○6得，本题的解共有两种情况：即全部碎片共36块，其中，或含有34个三角形，2个四边形；或含有35个三角形，1个五边形.2、将圆周2011等分于点122011,,,A A A ，在以其中每三点为顶点的三角形中，求含有圆心的三角形的个数．解：一般地讨论圆周21n +等分的情况，任取其中一个分点，记为P ，然后将其余2n 个分点这样标志，自P 点后，反时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n A A A ；顺时针方向的连续n 个点依次记为12,,,n B B B ；先考虑以P 为顶点且含有圆心的三角形，如图，显然，这种三角形的另两个顶点必须一个属于点集{}12,,,n A A A ，而另一个属于点集{}12,,,n B B B ．且这种i j PA B ∆含有圆心当且仅当1i j n +≥+，{},1,2,,i j n ∈，今计算合于条件的三角形个数：当i k =时，j 可取值,1,,1n n n k --+，共计k 个值，因此这种含有圆心的n n3i j PA B ∆个数为()1112nk k n n ==+∑，当点P 取遍21n +个位置，共得 ()()11212n n n +⋅+个三角形，由每个三角形有三个顶点，故每个三角形重复计算了三遍，因此，合于条件的三角形个数为()()1216n n n ++．3、在一个圆周上给定十二个红点；求n 的最小值，使得存在以红点为顶点的n 个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．解：设红点集为：{}1212,,,A A A A =，过点1A 的弦有11条，而任一个含顶点1A 的三角形，恰含两条过点1A 的弦，故这11条过点1A 的弦，至少要分布于6个含顶点1A 的三角形中；同理知，过点(2,3,,12)i A i =的弦，也各要分布于6个含顶点i A 的三角形中，这样就需要12672⨯=个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至少需要72243=个三角形．再说明，下界24可以被取到．不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有21266C =条．若某弦所对的劣弧长为k ，就称该弦的刻度为k ；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；如果刻度为,,a b c （a b c ≤≤）的弦构成三角形，则必满足以下两条件之一：或者a b c +=；或者12a b c ++=；于是红点三角形边长的刻度组(),,a b c 只有如下12种可能：()()()1,1,2,2,2,4,3,3,6,()()()()()()()()()2,5,5,1,2,3,1,3,4,1,4,5,1,5,6,2,3,5,2,4,6,3,4,5,4,4,4；下面是刻度组的一种搭配：取()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型各六个，()4,4,4型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型三角形各六个，再用()4,4,4等型来补充． ()1,2,3型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,3,5,4,5,7,6,7,9,8,9,11,10,11,1,12,1,3； ()1,5,6型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}1,2,7,3,4,9,5,6,11,7,8,1,9,10,3,11,12,5；3()2,3,5型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,4,11,4,6,1,6,8,3,8,10,5,10,12,7,12,2,9；()4,4,4型三个：其顶点标号为：{}{}{}1,5,9,2,6,10,3,7,11；()2,4,6型三个：其顶点标号为：{}{}{}2,8,12,6,12,4,4,10,8．（每种情况下的其余三角形可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得）．这样共得到24个三角形，因此，n 的最小值为24．4、在一个圆周上给定8个点128,,,A A A ．求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形．解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r ．八个点，每两点连一条弦，共得2828C =条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦至多能构成两两无公共边的三角形个数2893r ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为8A ，共顶点8A 的4个三角形，8A 的对边都是127,,,A A A 之中的两点连线，其中必有一点，设为k A ，出现了两次，那么相应的两个三角形将有一条公共边8k A A ，这不可能；故8r ≤．另一方面，当8r =时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中的6点有边相连，而与另一点不连边；考虑每点度数皆为6的八阶图G ：为简明起见，取圆周的八等分点作为图G 的八个顶点，作8阶完全图，然后去掉其中4条直径，这样共得24条边，且每点均属于6条边；在由这些边所构成的三角形中，选取八个等腰三角形： (1,2,3),(3,4,5),(5,6,7),(7,8,1)以及 (1,4,6),(3,6,8),(5,8,2),(7,2,4)，它们两两无公共边；（每一组的四个三角形，皆可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得到）．因此，8r =，从而所求的最小值19n r =+=．5、试确定，是否能将1,2,,10这十个数分别标于五角星的十个结点上，使得每一条边上的四个数之和都相等？证明你的结论．解：不能．反证法，假若有一种填法，使得五角星每条边上的四数之和都相等，记此和值为S ，则由于五角星的任两条边都相交，每一点恰有两条边经过，则52(1210)110S =+++=，所以，22S =．即每条边上的四数之和皆为22．先证明，10与1必共线，事实上，假若10与1不共线，考虑经过10的两根线，设10所在的一条线上的四数为12310,,,x x x ，另一条线上的四数为12310,,,y y y ，则123123442(10)(10)S x x x y y y ==+++++++12312320()x x x y y y =++++++20(234567)47≥++++++=，矛盾！故10与1必共线．下面用两种方法证明本题结论：方法一：记10与1所共的线为l ，l 上所填的另两数设为12,a a ，则1211a a +=，它有四种情况：{}{}{}{}{}12,2,9,3,8,4,7,5,6a a =；数10所在的另一根线记为10l ，10l 上的另三数设为123,,b b b ，则12312b b b ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,2,3,7,2,4,6,3,4,5b b b =；数1所在的另一根线记为1l ，1l 上的另三数设为123,,c c c ，则12321c c c ++=，它有三种情况：{}{}{}{}123,,5,7,9,6,7,8,4,8,9c c c =；由于110,,l l l 两两之间恰有一个公共点，假若{}1,10,2,9l =，则{}{}1101,6,7,8,10,3,4,5l l ==，而110l l =∅，矛盾！假若{}1,10,3,8l =，则{}{}1101,5,7,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！假若{}1,10,5,6l =，则{}{}1101,4,8,9,10,2,4,6l l ==，而110l l =∅，矛盾！假若{}1,10,4,7l =，则1l 与10l 各有两个点在l 上，这时110,,l l l 三线重合，矛盾！因此所述结论成立．方法二：删去10所在的两根线（1所在的点也被删去），五角星上剩下不共线的三个点，它们构成ABC ∆，这三顶点的填数和为：55222121a b c ++=-⨯+=．ABC ∆恰有一条边在1l （1所在的另一线）上，即1l 上有异于1的两点是ABC ∆的两个顶点，设为,B C ，1l 上的另一点记为D ，由于1l 上除1之外的另三数的和也是21，设点D 上的填数为d ，那么21a b c b c d ++==++，所以a d =，矛盾！（因D 在边BC 上而,,A B C 不共线），因此所述结论成立．6、两个正三角形交叠成一个六角星（如图），现将前12个正整数1,2,,12分别填于图中的12个结点处，使得每条直线上所填的四数之和相等．()01、试求六角星的六个顶点126,,,a a a 处填数之和的最小值；()02、证明适合条件的不同填数方案有偶数个．（对于填数方案π与T ，若方案π经旋转、翻转后能与方案T 重合，则认为是相同的填数方案）()01、解：对于满足条件的任一填法，将点ia 处所填的数仍记为ia ，1,2,,12i =，若每条直线上的四数之和为s ，则由()621212s =+++，得到26s =；在135a a a ∆的三条边上，有()()()1893310115512713a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○1 在246a a a ∆的三条边上，有()()()2910441112667823a a a a a a a a a a a a s +++++++++++= ……○2 两式相减得 135246a a a a a a ++=++ ……○3，由此知，两个三角形顶点处填数之和相等，若记 ()()135246m a a a a a a =+++++，则m 为偶数．因为在1,2,,12中，最小的六数之和12621+++=为奇数，则22m ≥．若22m =，由于在1,2,,12中，和为22的六数只有1,2,3,4,5,7，将其分为和相等的两组，每组三个数，只有唯一的分法： {1,3,7}与{2,4,5}．今忽略外圈的具体数字，而将{1,3,7}与{2,4,5}分别改记为{奇，奇，奇}与{偶，偶，奇}，那么在旋转意义下，六个顶点处的填字方式唯一.现在再来考虑内圈六数的填法，用记号a b 表示整数,a b 同奇偶，由于每线上四数之和s 为偶数，则987121011 , a a a a a a ，而在内圈六数6,8,9,10,11,12之中，恰有四个偶数，两个奇数，因此{}{}1011, 9, 11a a =，由于1011, a a 落在奇顶三角形的一条边上，该边两顶点的填数之和应是()9116s -+=，但是在{}1,3,7中不存在和为6的两个数，矛盾。

秋季数学讲座六

m
(2i) m(m 1),
n
bj
n
(2 j 1) n2
i1
i1
j 1
j 1
m(m 1) n2 1997, 即有(m 1)2 n2 1997 1 .
2
4
设 m 1 r cos , n r sin , 其中0 r 1997 1 , (0, ),
4
4 i 1
ai2 ,
即
4 i1
ai2

1 4
(
4 i1
ai )2
2.16名学生参加一次数学竞赛, 考题全是选择题. 每个选择题
有4个选择支, 考生从每个题中选择一个选择支作为答案.考后
发现任何两名学生的答案至多有一道题相同.问这次竞赛最多
有多少道考题 ? 说明理由.
解

自主招生复习数学讲座六（组合数学）
主讲人: 贺才兴
组合数学是自主招生考试中比较难的内容.
近几年的自主招生考试中出现组合数学问题的学校主要是清华、北大、上海交大和中国科大等名校. 自主招生考试中的组合数学问题通常有 :计数问题、组合恒等式、存在性问题和组合最值等. 求解组合数学问题需要敏锐的洞察力、丰富的想象力和必要的技巧, 通常没有一个固定的解题模式可遵循. 解决计数问题常用的方法有 : 枚举法、利用两个基本原理和容斥原理等.
即 A B C 的最小可能值为97.
4. m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数之和恰为
1997. 对于所有这样的m与n,问3m 4n的最大值是多少? 证明之.
解
设 m个正偶数 a1 a2 am, n个正奇数 b1 b2 bn

攻略高中数学联赛赛程、时间安排、25本数竞书单

攻略⾼中数学联赛赛程、时间安排、25本数竞书单挤进清北等优质名校是众多⾼中⽣的梦想，有梦想是好的，但现实很残酷，这些⾼校招⽣名额有限！尤其在招⽣⽅式改⾰后，⾼考裸分被录取的可能性更⼩。

因此，通过学科竞赛拿奖牌获得降分优惠或直接被保送，成为许多考⽣的必然选择。

但你知道，学科竞赛应该如何备考才能拿到⾼含⾦量的奖牌吗？学科竞赛⽹（jingsai985）根据多年经验，总结出⼀份⾼含⾦量的数学竞赛备考秘籍。

我们从不轻易告诉外⼈，但今天很⾼兴与你分享，因为我们是⾃家⼈！（⼀）先看赛程数学预选赛（初赛）在各地市学校举⾏，评选出的奖项分为市⼀、市⼆、市三，考核优秀的学⽣晋级参加数学联赛。

数学联赛（⼀试、⼆试）全省在指定的⼀个或⼏个地⽅进⾏选拔考试，评选出的奖项分为省⼀（含省队）、省⼆、省三，考核优秀的学⽣晋级参加全国数学决赛，即冬令营（CMO）。

冬令营全国统⼀指定⼀个地⽅进⾏选拔考核，评选出的奖项分为国⼀（含集训队）、国⼆、国三，考核优秀的学⽣晋级参加国家集训队。

最终选出6名优秀选⼿代表中国参加IMO。

IMO全世界在指定的⼀个地⽅进⾏选拔考核，评选出国际⾦牌，国际银牌，国际铜牌。

（⼆）重点看时间安排和阶段备考内容⾼中学业较之前本来就繁重，还要挤出时间备战数竞，因此，进⾏科学规划显得尤为重要。

从初赛到国决⼤略可分为以下五个阶段：1、第⼀阶段：初三暑假到⾼⼀上学期⼤部分学⽣的竞赛之路是从初三毕业那个暑假开始的，虽然某些省份呈低龄化趋势，但并⾮主流。

这个阶段多数竞赛⽣学习必备知识，由于预选赛（初赛）和⼀试的内容均是⾼中知识，且初赛难度较⼩，所以，⽆需单独备考初赛，准备⼀试即可。

此阶段，你需要配合⽼师的课堂教学，以最短时间尽可能⾃学完成⾼考要求掌握的数学知识，同时要注意做题训练。

可以从数学53（五年⾼考三年模拟）【⽂末附详细书单】开始练习，若做起来⽐较顺⼿，就跳过直接刷浙⼤版《⾼中数学竞赛培优教程：⼀试》（第四版），偶尔选53重要题型练⼿感；若做起来有难度，还是要坚持先把53弄懂吃透，奠定⾼考基础。

奥数书籍推荐

打星号的是强烈推荐的，其他的书也是非常值得一读的，但是时间有限的情况下，可以暂时搁置。

通用书籍：中等数学（无论是刚入门还是国家队）第零阶段知识拓展《数学选修4-1：几何证明选讲》《数学选修4-5：不等式选讲》《数学选修3-X（忘了哪本）：初等数论初步》第一阶段：全国高中数学联赛各赛区预赛1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用高中数学联赛备考手册华东师范大学出版社*3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社*4、单樽《解题研究》*5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几）6、《平面几何》浙江大学出版社7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著第二阶段：全国高中数学联合竞赛第一部分：一试《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社*《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚）5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本）7、《概率与期望》单樽8、《同中学生谈排列组合》苏淳9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*12、《圆锥曲线的几何性质》13、《解析几何》浙江大学出版社第二部分：加试（我怎么可能会说二试这种词语呢）平几1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选*2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》4、浙大小红皮《平面几何》5、沈文选《三角形的五心》6、田廷彦《三角与几何》7、田廷彦《面积与面积方法》不等式1、《初等不等式的证明方法》韩神2、9、命题人讲座《代数不等式》计神3、10、《重要不等式》中科大出版社11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》数论（9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题）12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》13、13、奥林匹克小丛书《数论》14、命题人讲座《初等数论》冯志刚组合15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》17、命题人讲座刘培杰《组合问题》18、《构造法解题》苏淳19、《从特殊性看问题》中科大出版社20、《抽屉原则》常庚哲第三部分：通用《中等数学增刊：高中数学联赛模拟题》*《多功能题典：高中数学竞赛》《数学奥林匹克研究教程》单樽奥林匹克小丛书第二版《高中数学竞赛中的解题方法与策略》第三阶段：中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上（本渣不自量力，竟然敢给这个阶段的大神推荐书籍，如果大神们虐题审美疲劳的话，也不妨一看）命题人讲座《圆》田廷彦《近代欧式几何学》《近代的三角形的几何学》《不等式的秘密》范建熊、隋振林《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军《初等数论难题集》命题人讲座《图论》奥林匹克小丛书第二版《图论》《走向IMO》今天仔细看了看。

高中数学竞赛怎么学

数学竞赛怎么学搞竞赛要找好苗子，首先他是热情的，勤奋的，其次是有抱负的，不畏艰难的；当然不能是临时抱佛脚的。

冰冻三尺，非一日之寒。

应该从高一前的暑假就开始不停的学习、训练。

细细地说来，注意事项还有很多。

学习进度方面要在高一开学之前的那个暑假里把整个高中的数学内容全部学完，并在高一上学期应该完成像高三一样的两轮复习，基础太重要了，第一试占了150分，不可小视。

然后，就是竞赛内容了，不要以为看几本竞赛书就可以了，因为那些书上讲得太粗略；这时候，对老师的要求就更高。

老师不但要对竞赛内容非常熟悉，还要不断地总结重要的思想方法，使学生能够灵活运用。

入门书单首先如果要涉猎竞赛，最基本的高中课程是一切的基础。

接下来的书就是建立在此基础上的。

我们最先做的当然是补全差距:课标大纲和竞赛大纲之间的差距。

1）《新编中学数学解题方法全书》，即基础衔接书。

2）《奥数教程》经典奥数蓝皮书。

优点是与课本知识联系紧密，适合你在第一遍学习高中数学知识的同时同步提高，帮助你打下坚实的基础，以讲解为主，以测试为辅。

(与《培优教程》二选一即可，小编认为《培优》稍难，但很散，推荐《奥数教程》。

)提高书单1）《奥赛小丛书》专而精，很多专题非常精彩，难度涵盖联赛和冬令营，读起来也容易让同学们感兴趣。

如果仅以省级国一为目标，其中概率、几何不等式可以不看，图论、组合几何、数论编的不错，集合变换、三角与几何虽然写的很好但不实用；其它的如函数、集合还好，可以看看。

这套书中代数只有两本不等式，而且很不实用，不推荐。

至于数学归纳法里面题很经典，不过很综合，可以放在该套书后面看。

对于这套书要尽快看完，里面题要自己做，可能比较辛苦。

总的来说这套书值得一看，要尽早开始看。

2）《奥赛经典》内容比较全面，例题选取也比较新，难度也较高，适合着眼于联赛二试和冬令营的同学们；代数部分可以做为《奥赛小丛书》的补充。

几何还可以，但定理可以只记最基本的，拓展的可以不记。

组合，数论有时间可以看看,不过很多都和小丛书重复，没时间就算了。

第4讲组合几何长沙市一中申东

2011年协作体夏令营系列讲座(四)组合几何长沙市一中申东组合几何是一门新兴的数学分支，是组合数学与几何学相结合的产物，它研究的是几何元素的组合问题．例如，“几何计数”、“距离”、“覆盖”等．由于其内容丰富多彩，技巧性强，因而在数学竞赛中颇受欢迎，本讲介绍组合几何中的一些基本问题．例1．设n 为大于等于1的整数，在xy 平面上由(0,0)到(,)n n 的一条“路”是一条折线，这条折线从（0，0）开始每次或者向右（记为E ）或者向上（记为N ）运动一个单位，直到到达(,)n n ．所有运动都在满足x y ≥的半平面内进行．在一条“路”中形如EN 的两个相邻的运动称为一“步”．证明：从(0,0)到(,)n n 恰有s 步(1)n s ≥≥的路有1111s s n n C C s---条．例2．已知空间中9点，其中任意4点不共面．在这9点间连接若干条线段，使图中不存在四面体，问图中最多有多少个三角形？例3．平面上不在同一直线上的4点构成矩形的顶点的充要条件是以其中任意三点为顶点的两个三角形均全等．例4．试确定在平面上是否存在满足下述条件的两个不相交的无限点集A 和B ：（1）在A B 中，任何三点都不共线，且任何两点的距离至少是1；（2）任何一个顶点在B 中的三角形，其内部都存在一个A 中的点，例5．在凸100边形内部，有k 个给定点，250k ≤≤．求证：可以从这凸100边形中选择2k 个顶点，以这2k 个顶点为顶点作一个2k 边形，使得这给定的k 个点全部落在这2k 是边形内部．例6．一张平面被两族平行直线划分为单位正方形，考查由所分成的单位正方形成的n n ⨯的正方形．将其中至少有一条边位于n n ⨯正方形边界上的所有单位正方形的并集称为这n n ⨯正方形的边框．给定一个100×100的正方形，求证：恰有一个方法，利用50个正方形的不重叠的边框就能覆盖它．例7．57⨯棋盘用特利米诺角片覆盖，角片不许超出棋盘外，但可彼此交叠，问：能不能找到一种覆盖方法，使得每个小方格上面所盖的特利米诺角片个数都相同?练习题1：设n和k是正整数，S是平面上n个点的集合，满足条件：对S中每一个点P，S中存在k个点与P距离相等，证明122k n <2：圆周上有(4)n n≥个点，每两点连一条弦，如果没有3条弦交于一点（端点除外），问：（1）这些弦在圆内一共有多少个交点？（2）这些弦把图分成多少个区域？3．平面上给出(3)n n>条直线，其中任意两条不平行，任何3条不共点，证明：在这些直线将平面划分面三角形的部分中，三角形的个数不少于2(1)3n-．4：平面上已给998个点，将连接每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1993个红点．能否找到一个恰有1993个红点的特例？5：在平面上任意取6个互不相同的点，证明：在两两连接这些点所得的线段中，最长线段与最短线段之比63λ≥．6：把正三角形ABC各边n等分，过各分点在三角形内作边的平行线段将ABC∆完全分割成边长为1nBC的小正三角形．求其中边长为1BCn的小菱形个数．讲座四参考答案 2011-7-19例1．证：将一条从(0,0)到(,)n n 有s 步的路称为(,)n s 型路．设(,)f n s 表示(,)n s 型的路的数目，1111(,)s s n n g n s C C s---=，我们对n 用数学归纳法证明(,)(,)f n s g n s =，1,2,,s n =．显然有(1,1)1(1,1)f g ==，(2,1)1(2,1)f g ==，(2,2)1(2,2)f g ==．当2n ≥时，假设(,)(,)f m s g m s =，其中1s m n ≤≤≤，易知 (1,1)1(1,1)f n g n +==+．下面证明(1,1)(1,1)f n s g n s ++=++，其中1s n ≤≤．我们称一条(,)n s 型路和一条(1,1)n s ++型路相关联，如果(1,1)n s ++型路可以由(,)n s 型路通过将EN 插在两个形如EE ，NN ，NE 的相邻运动之间，或通过将EN 加在这条路的两端获得；称一条(,1)n s +型路和一条(1,1)n s ++型路相关联，如果(1,1)n s ++型路可以由(,1)n s +型路通过将EN 插在EN 之间获得．每条(,)n s 型路与21n s +-条不同的(1,1)n s ++型路相关联，每条(,1)n s +型路恰与1s +条不同的(1,1)n s ++型路相关联，每条(1,1)n s ++型路恰与1s +条(,)n s 型路或(,1)n s +型路相关联．所以，有(1)(1,1)(212)(,)(1)(,1)s f n s n f n s s f n s +++=+-+++．容易验证(1)(1,1)(21)(,)(1)(,1)s g n s n s g n s s g n s +++=+-+++．所以，(1,1)(1,1)f n s g n s ++=++．例2．解：先证明下述结论（*）在一个n 个点的空间图中不存在三角形，则其边数不超过2[]4n ．设这n 个点为12,A A ，…，n A ，其中从1A 引出边数最多，不妨设共有k 条边1n A A 11n A A -，…，11n k A A -+．依条件，不存在三角形，那么点1n k A -+，…，n A 之间没有边相连．从而空间图中每条边均至少有一个端点为12,A A …，n k A -中的点，而每个(1)i A i n k ≤≤-至多引出k 条边，则总边数2()[]4n k n k ≤-≤．下面证明空间中9点，其中任意4点不共面，在这9点间连接若干条线段，如果图内已有（至少）28个三角形，则至少有一个四面体．用反证法，假设不存在一个四面体，设这9个点为1A ，2A ，…，9A ．由抽屉原则，其中必有一点为至少283[]109⨯=个三角形的顶点，这里283[]9⨯表示不小于2839⨯的最小整数．从而，从这个点至少引出5条边，设这点为1A ．（1）若从1A 引出5条边12A A ，13A A ，……，16A A ，则依题意，由于没有四面体，那么，由2A ，3A 、…，6A 这5个点组成的子图中没有三角形．由结论（*），这子图中至多有25[]64=条边，那么，以1A 为顶点的三角形至多有6个，矛盾．（2）若从点1A 引出6条边12A A ，13A A ，…，17A A ，则类似（1），至多有26[]94=个三角形以1A 为顶点，矛盾．（3）若从点1A 引出7条边12A A ，13A A ，…，1s A A ，由于没有四面体，可知23,A A …，8A 这7个点构成的子图中没有三角形．再利用结论()*，这个子图至多有27[]4=12条边．从而，以1A 为顶点的三角形至多有12个，不以1A 为顶点的三角形必以点9A 为一个顶点，类似地也至多有12个三角形．那么，三角形总数1222428≤⨯=<，矛盾．（4）若从点1A 引出8条边12A A ，…，19A A ，则此时2A ，3A ，…，9A 这8个点构成的子图中没有三角形．由结论（*），至多有28[]164=条边，从而原图中至多有16个三角形，矛盾．于是，满足题目条件的三角形至多27个．例3．证：必要性显然，下证充分性．设平面上4点为A ，B ，C ，D ，考虑点集{,,,}A B C D 的凸包．若凸包为三角形，不妨设为ABC ∆，则D 为ABC ∆的内部或边上的点，此时ABC ∆与ABD ∆（或BCD ∆或CAD ∆）不全等（因两者面积不等），矛盾．由此，凸包为四边形，不妨设凸包为四边形ABCD ，如图，因为ABD ∆与ABC ∆全等，故ABD ABC S S ∆∆=，所以D ，C 到直线AB 的距离相等，由此DC //AB ．同理有//AD BC ．所以ABCD ∆为平行四边形，再由ABD ∆与ABC ∆全等，知AC BD =．故平形四边形ABCD 是矩形．例4．解：这样的点集不存在，下面用反证法证明．假设存在这样的点集A 和B ，则下述命题存在：对任意自然数3n ≥，存在这样的凸多边形，它的顶点为标定点（即A B 中的点），而它的内部及边界上共有n 个标定点．事实上，任意取n 个标定点，设它们的凸包为12m PP P ．由于任意3个标定点不共线，故3m ≥．因为任何两个标定点的距离至少是1，故以每个标定点为圆心、以12为半径作圆，这些圆两两不相交．因此，凸多边形12n PP P 内部及边界上只有有限个标定点．设为12k PP P ，1k n -≥ ，若k n =，则命题已成立．若k n >，则取12k PP P 的凸包12t i i i P P P ，其内部及边界上有1k -个标定点．若1k n -=，命题已成立；若1k n ->，则再取23{,,,}k P P P 1{}i P 的凸包，这样下去，经k n -次调整，可得一个凸多边形，其内部和边界上共有n 个标定点．为了进一步证明，我们在上述命题中取9n =，不妨设这时对应的凸多形的内部及边界上的9个标定点中A 中的点多于B 中的点，分以下两个种情形．（1）9个标定点中A 的点不少于6个，则B 中的点不多于3个，取A 中的6个点1A ，2A ，…，6A ．若其凸包为六边形，不妨设为126A A A ，则123A A A ∆，134A A A ∆，145A A A ∆，156A A A ∆中不可能都有B 中的点．若其凸包五边形，不妨设为12A A …5A ，则126A A A ∆，236A A A ∆，345A A A ∆，416A A A ∆中不可能都有B 中的点．若其凸包为四边形，不妨设为1234A A A A ，则125A A A ∆，235A A A ∆，345A A A ∆，416A A A ∆中不可能都有B 中的点．若其凸包为三角形，不妨设为123A A A ∆，且5A 在124A A A ∆的内部，则125A A A ∆，245A A A ∆，145A A A ∆，234A A A ∆中不可能都有B 中的点，矛盾．（2）9个标定点中有5个A 中的点1A ，2A ，…，5A ．若其凸包为五边形，不妨设为125A A A ，则123A A A ∆，134A A A ∆，145A A A ∆中都有一个B 中的点，而以这3个B 中的点为顶点的三角形中不可能再有A 中的点．若其凸包为四边形，不妨设为1234A A A A ，则125A A A ∆，235A A A ∆，345A A A ∆，415A A A ∆中都有一个B 中的点，而这4个B 中的点的凸包中只可能有一个A 中的点，这是不可能的．若其凸包为三角形，不妨设为123A A A ，且5A 在124A A A ∆内部，则125A A A ∆，245A A A ∆，234A A A ∆，314A A A ∆中不可能都有B 中的点．矛盾．例5．证给定一个有限点集X ，这点集内点不全在同一条直线上．我们将包含这有限点集X 的全部点的面积最小凸多边形称为这点集X 的一个“凸包”．明显地，对于这点集X ，总存在一个多边形，以这点集内一部分(或全部)点为顶点，使得这点集内全部点都落在这多边形的内部或边上(包括顶点上)，且这多边形的每个顶点都属于这点集．如果这多边形是凸的，那么它本身就是凸包．如果这多边形是凹的，那么总可以在它的顶点之间适当添加一些线段，使得有一个凸多边形，其内部或边上包含X 内全部点．当然添加连线段可以有许多添法，可以得到许多凸多边形，但由于X 是一个有限点集，两点之间连线总数有限．因此，以X 内点为顶点的凸多边形总数有限，在这有限个这样的凸多边形中，总有面积最小的一个，它就是凸包．因此，不共线点集X 总有一个凸包．如果这k 个给定点不全在同一条直线上．依照上面所述，设12n M A A A =是所给定的k 个点的一个凸包，由于点(1)j A j n ≤≤是属于这k 个点组成的集合，所以点(1)j A j n ≤≤全部在这凸100边形内部．取M 内一点O ，O 不是1A ，2A，，n A 之一．延长每条线段(1)j OA j n ≤≤，使它与凸100边形的周界相交于点(1)j B j n ≤≤．明显地，111(1,)j j n OA A j n A A ++∆≤≤=包含在1j j OB B +∆内，所以M 包含在多边形12n B B B 内部．每个点(1)j B j n ≤≤都在这凸100边形的边上，取出含有这些点(1)j B j n ≤≤的所有的边，这里边是指凸100边形的边，并考查这些边的端点的集合，该集合中共有22m n k ≤≤个点，我们再任意地补入这100边形的2k m -个顶点，这样一共得到2k 个顶点，以这2k 个点为顶点所作成的凸2k 边形，它的周界包含全部点12,,,n B B B ，因此这凸2k 边形包含多边形12n B B B ，当然包含M ．如果这k 个给定点在同一条直线上，这条直线与凸100边形交于两条边11,(199)j j i i A A A A j l ++≤<≤这是个点必在凸四边形11j j l l A A A A ++(如果1j l +<)内，或在三角形12j j j A A A ++内(如果1l j =+)．再任意补入24k -或23k -个凸100边形的顶点，那么这k 个给定点必在一个凸2k 边形内，这2k 边形的全部顶点是这凸100边形的顶点．例6．证在所给的100×100的正方形ABCD 的两条对角线AC 和BD 上共分布着200个两两不重叠的单位正方形(两个单位正方形至多可能有一条公共边)．而每一个()n n n +⨯∈N 正方形的边框至多能盖住这200个单位正方形中的4个．题目要求用50个不重叠的正方形的边框盖住这100×100的正方形，那么，满足题目要求的50个正方形的每一个的边框都恰好盖住这200个单位正方形中的4个，即每一个正方形的边框盖住对角线AC 上的两个单位正方形，也应盖住对角线BD 上的两个单位正方形．现在证明，正方形ABCD 的4个角上的单位正方形一定要为同一个正方形的边框所覆盖．为了方便，我们将一个单位正方形为某个正方形的边框所覆盖，就称这个单位正方形属于这个正方形的边框．如果顶点A 和C 所在的单位正方形属于同一个正方形的边框K ，并且它们位于这边框的相邻的边上，那么这正方形的边框K 的这两条边的公共顶点B 或D 所在的单位正方形也应当属于K ．不妨设点B 所在的单位正方形属于K ，利用正方形边框关于正方形中心的对称性，则点D 所在的单位正方形也应当属于这正方形的边框K ，因而K 盖住对角线BD 上两个单位正方形，这两个单位正方形，一个以点B 为顶点，一个以点D 为顶点．如果顶点A 和C 所在的单位正方形位于K 的两条相对平行的边上，则K 的每条边应当由100个单位正方形所组成，所以，顶点B 和D 所在的单位正方形也应当属于这正方形的边框．最后，我们要指出，点A 和点C 所在的单位正方形不可能属于两个不同正方形的边框．用反证法，如果点A 和点C 所在的单位正方形分别属于两个不同正方形的边框，由于这两个正方形的边框都要盖住对角线．BD 上的两个单位正方形，那么，这两个正方形必定有重叠的边框．这与题目条件矛盾．这样，要满足题目要求，必有一个正方形的边框盖住顶点A ，B ，C ，D 所在的4个单位正方形．由100×100的正方形，去掉这个正方形的边框，得到一个98×98的正方形A B C D ***，对正方形A B C D ***进行类似上述的讨论，必有一个正方形的边框，盖住顶点A B C D ***所在的4个单位正方形，如此继续进行下去，题目结论成立．例7．解 5×7棋盘的35个小方格，用(,)i j 表示位于第i 行、第j 列的那一格，1i =，2，3，4，5，i =1，2，3，4，5，6，7．第21n +行与第21m +行(规0,1,2n =；0,1,2,3m =)的交叉处(21,21n m ++)格，填写上“2-”，其余的方格中都填写上“+1”．易知，任意一张特利米诺角片盖住的3个小方格中的3个数之和必非负．如果存在符合要求的覆盖，每个小方格都被k 张特利米诺角片所盖住，那么353k这张特利米诺角片所盖住的小方格中诸数之和必非负．但是，这个5×7棋盘中，有12个小方格中是“2-”，23个小方格中是“1+”，即35个方格诸数之和为212231-⨯+=-，因而k 层特利米诺角片盖住的小方格中诸数之和为k -，矛盾．例8．设Oxyz 是空间直角坐标系，S 是空间中的一个有限点集，x S ，y S ，z S 是S 中所有点分别在坐标平面Oyz ，Ozx ，Oxy 上正投影所成集合，求证：2||||||||x y z S S s S ≤⋅⋅．证明：对任意(,,0)i j z S ∈，令{(,,)|(,,)}ij T i j z i j z S =∈显然(,,0)z i j s ij s T ∈=，由柯西（Cauchy ）不等式得2222(,,0)(,,0)(,,0)||1||||||zzzi j s ij z ij i j S i j S S T S T ∈∈∈∑≤⋅=⋅∑∑．① 考虑集合(,,0)()z i j S ij ij V T T ∈=⨯，这里12{((,,),(,,))|(,,),1,2}ij ij k T T i j t i j t i j t S k ⨯=∈=，显然2(,,0)||||zij i j s V T ∈=∑．定义映射:x y f V S S →⨯为：1((,,))V i j t ∍，2(,,)i j t →12((0,,),(,0,))j t i t x y S S ∈⨯，不难看出f 为单射，因此有||||||||x y x y V S S S S ≤⨯=．②由①及②得||||||||x y z S S S S ≤⋅⋅．习题参考：1.解：以S 中的每一点为中心作圆，使这个圆上至少有S 中的k 个点．这样就得到了n 个圆1C ，2C ，…，n C ．设点(1)i P i n ≤≤出现在i a 个圆上，如果一个点同时在若干个圆上，我们就重复计算若干次．考虑任意两个圆i C ，j C ，每两个圆至多有2个交点，因此，至多有22n C 个交点．因为m 个圆交于某点时，这个交点就被计算了2m C 次，因此，i P 被计算了2ia C 次，因此2212inna i C C=≥∑，即2112(1)n ni ii i a an n ==-≤-∑∑．由柯西不等式，22111()nn i i i i a a n ==≥∑∑，所以2211()()2(1)0n ni i i i a n a n n ==---≤∑∑．解得11(2nii a n =≤+∑．又因为每点可出现在若干个圆上，故1ni i a nk =≥∑，因此1122k ≤+<+ 2. (1)圆上每4个点构成一个凸四边形，它的两条对角线(弦)交于一点，因此每4点组成的集合对应于一个交点．由于没有3条弦交于一点，所以不同的4个点对应于不同的交点．反之，设点P 是弦13A A 与24A A 的交点，则P 是4点集1234{,,,}A A A A 对应的点．所以，交点的个数就是这n 个点中取4点的取法总数4n C ．(2)圆周上n 个点可组成2n C 条弦，由(1)知，这些弦在圆内有4n C 个交点．现把这些弦一条一条地取消．如果一条弦在圆内与k 条弦相交，那么k 个交点把这弦分为是1k +段，每一段是两个区域的公共边界，在这条弦取消后，这两个相邻的区域就合二为一，所以区域的个数减少1k +．这样逐步减少弦，直至最后弦全部取消，而区域只剩下一个(即整个圆)．将上述过程追溯回去，即一条接一条地添弦，每添一条弦，区域的个数相应地增加1k +，这里k 是所添的弦与已有弦在圆内的交点．所有的k 的和是4n C ，而弦有2n C 条，所以区域总数是421n n C C ++．3.解：设这n 条直线的交点所成的集为P ，则至少有2n -条直线，它的两侧都有P 中的点．事实上，如果上述命题不对，则至少有3条直线，使得P 中的点均位于它们的同一侧，设这3条直线构成的三角形为ABC ．因为第4条已知直线不能与ABC ∆的3条边均相交，所以它至少与ABC ∆一条边的延长线相交，不妨设它与AB 边的延长线交于一点D ，那么点A ，D 就位于直线BC 的两侧，矛盾．在这n 条直线中任取一条l ，则有（1）如果P 中的点全在l 的同一侧（至多两条），选取P 中与l 距离最近的点A ，A 是另外两条直线1l ，2l 的交点，则由直线l ，1l ，2l 围成的三角形与其他已知直线均不相交（否则，P 中将有一个比点A 距l 更近的点），因此，这样的直线至少对应着一个三角形．（2）如果P 中的点在l 的两侧（至少2n -条），用上述方法可产生两个三角形，因此这样的直线对应着2个三角形．由于每个三角形对应着3条直线，所以三角形的个数不少于2(2)22(1)33n n -+=-．4.下面我们用数学归纳法证明：对平面上已给的(2)n ≥个点，按题设方式染色，至少有23n -个红点．奠基是显然的．假设命题对1n -成立．考虑n 个点的凸包，设它是凸m 边形12m A A A ．去掉顶点1A 后，剩下的1n -点利用归纳假设，至少有2(1)325n n --=-个红点．设B ，C 分别是12A A ，1m A A 上距1A 最近的已知点，如图所示，则1A B ，1A C 的中点显然不在上述25n -个红点之内，故n 个点时至少有25223n n -+=-个红点．当凸包为一条线段1n A A 时，设2A 为距1A 最近的已知点，3A 为距1A 次近的已知点，则12A A ，13A A 的中点不与其他红点相同，这时也至少有25223n n -+=-个红点．综上可知，命题对一切自然数(2)n ≥都成立．特别地，当998n =时，红点个数至少有299831993⨯-=个另个，存在恰有1993个红点的特例．在数轴上取998个点，它们的坐标是0,2,4,6，…，1994．于是坐标为1，2，3，4，5，…，1992，1993的点就是全体整点，恰好1993个．5.设这6点集为123456|,,,,,|M A A A A A A =．于是有（1）若M 中有三点共线．设1A ，2A ，3A 依次一直线上，并且1223A A A A ≤，于是1361223A A A A λ≥≥>．（2）若M 中有3个点所构成的三角形的一个内角不小于120︒，不妨设在123A A A ∆中，123120A A A ∠≥︒，并设1223A A A A ≤，于是，由余弦定理，22213122312231232cos A A A A A A A A A A A A A =+-⋅∠22122312232cos120A A A A A A A A ≥+-⋅︒2212231223A A A A A A A A =++⋅2123A A ≥，所以136123A A A A λ≥≥ 因此，若M 中的点具有（I ）或（II ），则命题得证．现在考虑M 的凸包，且设M 不具备(I)，下证M 必具备(II)．(1)M 的凸包是三角形，设为123A A A ∆，则142A A A ∠，243A A A ∠，341A A A ∠中至少有一个不小于120︒ (因它们的和为360︒)，于是142A A A ∆，243A A A ∆，341A A A ∆中至少有一个具备(II)．(2)M 的凸包是四边形，设为1234A A A A ．连接对角线13A A ，则5A 必位于123A A A ∆与134A A A ∆之一中，由(1)的讨论知，M 具备(II)．(3)M 的凸包是五边形12345A A A A A ，则6A 必在123A A A ∆，134A A A ∆，145A A A ∆之一的内部，由(1)知，M 具备(II)．(4)M 的凸包是六边形123456A A A A A A ，因6个内角和为(62)180720-⨯︒=︒，所以必有一个内角7201206︒≥=︒，设么123120A A A ∠≥︒，则M 具备（II ）．总之，集M 必具备(I)，（II ）两种情形之一，从而命题成立．6.解：首先考虑边不平行BC 的小菱形，延长每个菱形的边顺次与BC 相交于4个分点（特殊情形下，第2个交点与第3个交点重合于菱形的一个顶点）为了便于处理，可延长AB 到B '使1BB AB n '=，延长AC 到C '使1CC AC n'=，并延长各平行线交线段B C ''于2n +个等分点，记为0，1，2，…，1n + (包括B '，C '两个端点)，于是每边不平行BC 的小菱形的两组对边延长后交B C ''于4个不同分点i ，1i +，k ，1k +．反之，任给这样4个分点必对应一个边不平行BC 的小菱形，二者且有一一对应关系．由于有序数组(,1,,1i i k k ++)(0111)i i k k n ≤<+<<+≤+又与有序数组（1,i k +）（11i k n ≤+<≤）一一对应，故边不平行于BC 的小菱形的个数为2n C ．由对称性，所求小菱形的个数3C 2n ．。

数学竞赛-超详细学习方法分享

数学竞赛超详细学习方法一般来说，刚刚接触竞赛的新人都需要一套系统全面的入门书籍，比如：《奥赛经典》、《奥数教程》、《小丛书》等。

对于这些书，如果可以的话当然是选一套书慢慢啃，但其实几乎没有人能够有毅力地踏踏实实做完一套这样的“大部头”……所以你可以先不这么“踏实”地先了解一下做题的方法，然后做一些题，不一定要做完所有习题。

在刚开始接触新的领域的时候可以直接看例题的答案，但是最好每个题都要经过一段时间的思考，至少也应该知道自己没有突破的地方在哪——那就是你能学到的新东西。

要学会举一反三，这样很快就能掌握很多方法。

关于联赛的模拟题，除了学校教练的题目，《中等数学》的模拟题（包括非增刊和增刊）不错。

当然，模拟题的难度总归与真正联赛可能会有差距，所以如果有些套题做下来一点思路都没有，很可能是题目确实难。

不必太在意；但是如果是自己算错的很多，就要找原因了。

事实上，增刊模拟题一试平均分与真实联赛的成绩差距不会很大。

可能模拟会稍难一些，但是真正考联赛的时候会比较紧张，也有可能会出现低级失误。

在稍稍进步一些之后，实际上你己经可以做出一部分联赛二试难度的题目了，但是稳定性却不能保证。

这个时候，比较重要的是补充短板。

可以看之后的具体分支中的书。

关于备战二试较难的题目和CMO 以上级别的考试，强烈推荐单墫的《数学竞赛研究教程》。

尽管这本书不长，但其中很多章节里的思想很关键。

尽管现在新的方法很多，很多很难的题目却恰恰用的是老的方法。

这本书是值得从头到尾扎实地把所有题做一遍的。

《命题人讲座》系列是一套补短板的好书，但也有不足，一部分书的部分章节太偏太难，可能更像是科普而非针对竞赛。

一些流行的期刊，比如《中等数学》等，可能会载有一些最新的题目和方法。

推荐大家在看书了解传统的方法的同时，最好也要了解最新的题目与新兴的方法。

之前说到过两套所有人都要做的题目：《走向IMO 》和IMO 预选题。

这两套题目都非常好，在准备CMO 和TST 时都可以做。

高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总,尖子生请收好

高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总，尖子生请收好！首先，强调一点：不是所有学生都可以学数学竞赛，要想学习数学竞赛必须同时具备以下条件：•高考数学可以轻松应对；•对数学竞赛有兴趣，自发选择学习数学竞赛；•具备自主学习能力；•高考涉及的其他学科不存在太大问题，或个人的竞赛前景远优于高考前景。

数学竞赛需要的时间和精力都是很大的，并且如果因为学习竞赛受挫而导致对数学产生负情绪是得不偿失的，因此，我从不提倡“全民竞赛”。

当然，如果你恰好符合以上的四个条件，那么你一定要学习竞赛。

为什么？因为学习数学竞赛的好处很多。

与其他学科竞赛一样，学习数学竞赛除了能在升入高校方面获得保送或降分的优惠外，还能培养学生的自主学习能力，这对学生的整个大学学习乃至今后的学术研究或是社会工作是尤为重要的。

当然，对于大部分学生来说，高校的吸引力是最大的。

而2016年新发布的高校自主招生政策中，其中的变化值得深思：•取消“校荐”，考生需自己报名；•“年级排名”不再是报名条件；•门槛抬高，审核更为严格；•报考专业一定要与特长匹配；•试点高校自主招生考核统一安排在高考结束之后、高考成绩公布前进行。

我们最需要关注的点有三个：① 由于校荐被取消，年级排名也被废除，原本校内成绩突出的学生很难走自招，而自招的报名人数会上升，竞争更加激烈；② 据了解，985高校自招的初审底线是竞赛拿到省二以上，而北清更是要求拿到省一，门槛的提高导致了28万申请自招的学生只有4万余人通过初审，8千余人获得资格，初审和复审的通过率均低于20%；③ 现在的自招考试要求不超过两科，考试的科目和专业是相匹配的，而绝大多数专业的考试科目都有数学，因此数学竞赛的比重是很高的。

总的来说，新的政策直接导致的是各高中年级排名较高的学生更难上清北（难以进入博雅领军，难以获得自招资格，裸考进清北的人更少），而间接导致的是更多的学生走上了竞赛这条道路。

因此，若你有足够的实力，精力和时间，那么竞赛将是你们的不二之选。

跃峰奥数PPT2组合几何1-5(离散点集之撒网捕捉)

温馨提示为了设计教学场景互动效果的需要，课件中采用了大量“播放后隐藏”的文本，从而导致预览模式下出现诸多文本重叠，影响阅读。

但在放映模式下，这些现象都不会出现。

另外，课件中的图像均不是一次性形成，而是展现了“尝试-修改-成形”等发生过程，这可能导致预览模式下出现诸多乱码，但在放映模式下，图形则非常生动、美观。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创组合几何1-1（离散点集之撒网捕捉）●冯跃峰本讲内容本节为第2板块（组合几何）第1专题（离散点集）的第5小节（撒网捕捉），包含如下3个部分内容：第一部分，概述问题涉及的知识方法体系；第二部分，思维过程剖析。

这是课件的核心部分，重在发掘问题特征，分析如何找到解题方法。

按照教师场景授课互动效果设计，立足于启发思维；第三部分，详细解答展示。

提供笔者重新书写的解答（简称“新写”），力求严谨、简练。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创【百度文库】跃峰奥数PPT 经典原创以几何知识为背景的组合问题称为组合几何问题。

所含的几何知识通常是位置关系与几何度量两个方面。

本讲介绍组合几何中一个基本问题：离散点集。

【离散点集】所谓离散点集，就是平面上一些孤立的点组成的集合，有3种研究方式。

三种常用方式恰当选择对象拟对象、极端对象与“撒网捕捉”。

控制存在域将点集控制在一定的范围内。

代数刻画将几何关系用代数符号描述。

本节介绍“撒网捕捉”的相关例子■。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创【几何1-5】直角坐标平面上不通过任何格点的直线称为格点的分隔线。

对给定的正整数n ，求出所有的质数p ，使直线：2017x+py+n=0为格点的分隔线。

（原创题）【题感】从条件看，“分隔线”的定义是否定型的（不通过任何格点），宜从反面考虑：假设直线2017x+py+n=0通过某个格点，由此得到p 的值，然后去掉这些值即可。

怎样找这样的整数x ？可采用“撒网”策略：找一批“拟对象”。

其“网”应具有怎样的性质？——网中必有一个是p 的倍数，它与“完系”的性质相近。

高中数学竞赛有哪些值得推荐的辅导书？从入门到高阶，数竞党必读！

又到了新一轮竞赛学习，不少学生反映不知道买哪些参考书，今天就来给大家推荐一些书目，从入门、进阶到拔高，适合各个不同阶段，欢迎大家对号入座~一、入门1、《奥数教程》，华东师范大学出版社这套书按年级分为高一、高二、高三三套，每个年级包含教程、测试和学习手册三本，是比较基础、入门级的竞赛教程。

《奥数教程》从课本知识出发，由浅入深，逐步过渡到竞赛，内容涵盖了竞赛的全部考点和热点。

每本书包含基础篇和拔高篇，基础篇主要是一试相关内容，拔高篇是二试相关内容。

共30讲，每讲又分为“内容概述”、“例题精解”、“读一读”和“巩固训练”四个部分，系统地梳理了数学竞赛知识，比较适合刚接触竞赛的学生使用。

《奥数教程-能力测试》是配套的练习用书，每讲配备了1个小时左右的练习量，确保学生更好地掌握知识。

《奥数教程-学习手册》详细解答了《奥数教程》中“巩固训练”，并对该年级的竞赛热点进行精讲，并配有真题用作练习。

2、《2018年全国高中数学联赛备考手册》，华东师范大学出版社这本书每年出版一本，集合了各个省市联赛预赛的试题及答案详解，预赛命题人员大多为各省市数学会成员，题型和难度一般和高联一试相当，可以在学完一遍一试后作为练习题使用。

二、进阶1、《数学奥林匹克小丛书》，华东师范大学出版社俗称“小蓝本”，这套书共14册，包括《集合》、《函数与函数方程》、《三角函数》、《平均值不等式与柯西不等式》、《不等式的解题方法与技巧》、《数列与数学归纳法》、《平面几何》、《复数与向量》、《几何不等式》、《数论》、《组合数学》、《图论》、《组合极值》、《数学竞赛中的解题方法与策略》等，可以说是竞赛生人手一套的“圣书”。

力图用各种方法介绍数学竞赛中的14个专题，书中有对基本知识、基本问题以及解决这些问题的一些典型方法的讲解，还有由基本问题派生出来的教学方法和应用，相对易懂。

2、《奥赛经典》，湖南师范大学出版社这套书分为《奥林匹克数学中的组合问题》、《奥林匹克数学中的几何问题》、《奥林匹克数学中的代数问题》、《奥林匹克数学中的数论问题》、《奥林匹克数学中的真题分析》五册。

组合构造答案解析和讲稿

【组合十讲】组合构造陶平生构造法是解证组合问题的重要方法与基本手段，使用它，常常可以将问题化难为易，化抽象为直观，它需要较强的结构转化与知识综合能力．常用的构造方法有：数论构造法；几何构造法；模型构造法；旋转、置换（群）构造法；图表构造法；图论构造法等．一、数论构造法我们通过一些具体例子来说明这一方法的运用．1、空间有2011个点，无三点共线，现将每两点之间用一种颜色的线连接，使得对于其中任意一点而言，由该点发出的任两条线皆不同色，问至少需要多少种不同颜色的线？证明你的结论．若将2011个点改为2012个点，情况又将如何？解：一般化，将2011改为n ，其中正整数2n ≥，线段颜色数的最小值记为()f n ，易知(2)1,(3)3,(4)3,(5)5f f f f ====，… …今证明，一般情况下有(21)21,(2)21f n n f n n +=+=-．设21n +个点为012,,,n A A A ，由于每点都要发出2n 条线，诸线不同色，这样至少需要2n 色；再证2n 色不够，若总共只有2n 色，则每点都要恰好属于各色线的端点一次．现在设总共有k 条红色线，它们总共有2k 个两两互异端点，于是221k n =+，矛盾！因此(21)2f n n +>，即(21)21f n n +≥+．下面说明最小值21n +可以取到，采用数论构造法：用012,,,n S S S 分别表示这21n +色，而x 表示整数x 模21n +的最小非负余数，即 {}0,1,,2x n ∈，对于任意两点,()i j A A i j ≠，将连线i j A A 染第i j +色i j S +，于是，对于任意一点k A ，发自k A 的任两条线皆不同色．事实上，假若k i A A 与k j A A 同色，则有 k i k j +=+，即(m od21)k i k j n +≡++，得(m od21)i j n ≡+，因{},0,1,,2i j n ∈，故有i j =，矛盾！故这种染色方案合于条件，因此，(21)21f n n +=+．又对于22n +个点01221,,,,n n A A A A +，由于每点都要向其余21n +点共发出21n +条线，诸线不同色，这样至少需要21n +色，只要证，21n +色已足够．构造，仍用012,,,n S S S 分别表示这21n +色，暂不考虑点21n A +，先对前21n +个点012,,,n A A A 两两间的连线依照上述21n +个点的情形染色，我们注意到，对于其中任意两点,()i j A A i j ≠的连线i j A A 染色时，要求i j ≠，也就是说，由点i A 发出的2n 条线的颜色代号i j +，{}{}0,1,,2\j n i ∈，为模21n +的完系中缺少了一个剩余2i i i +=．现将点21n A +与前21n +个点中任一点i A 的连线21,(0,1,,2)n i A A i n +=染第i i +色2i S ，由于当i j ≠时2i 与2j 模21n +不同余，故由点21n A +发出的21n +条线互不同色，由其它点发出的21n +条线也互不同色，故这种染色方案合于条件．因此，(22)21f n n +=+，从而(2)21f n n =-．于是对于2011个点或是2012个点，都至少需要2011种颜色的线．下面的图形是5n =和6n =的情况．由此可以看到，利用数论构造法给出的染色方案，优美和谐，浑然天成．2、证明：可以将集合{}1,2,,2012M =中的元素分成671组，使得每组的元素和相等．证：我们可一般化为下述命题：若奇数1n >，则集合{}1,2,,31M n =-可以分拆成n 个两两不交的元素之和相等的子集之并．在集合M 中添加元素0，并将诸元素依自小到大的顺序排列，然后按每n 个数一段分成三段：0,1,,1,,1,,21,2,21,,31n n n n n n n -+-+-．易知，对于两个具有k 个项的递增连续自然数数列12,,,k x x x 及12,,,k y y y ，它们按相反次序相加的每两项之和为常数：即1211k k k x y x y x y -+=+==+；因此只要证，可以将第一段的n 个数适当排成12,,,n a a a ，第二段的n 个数适当排成12,,,n b b b ，使得1122,,,n n a b a b a b +++恰好组成n 个连续自然数；（此时只要将所得的这n 个数与第三段的数反序相加，就得到相等的n 个和．）A A 4A A 43223若将第二段的每个数各减n ，问题又化为：若奇数3n ≥，存在前n 个自然数0,1,,1n -的两个排列：12,,,n x x x 及12,,,n y y y ，使得1122,,,n n x y x y x y +++恰好组成n 个连续自然数；为此，采用构造法，设n 个连续自然数1122,,,n n x y x y x y +++中，最小的一数为k ，则此n 个数为,1,,1k k k n ++-，其和为(1)2n n kn -+，又据 ()1()201(1)(1)n i i i x y n n n =+=+++-=-∑，故由(1)(1)2n n kn n n -+=-，得12n k -=，这样，问题化为：若奇数3n ≥，存在前n 个自然数0,1,,1n -的两个排列：12,,,n x x x 及12,,,n y y y ，使得11221113(1),1,,12222n n n n n n x y x y x y n ----+=+=++=+-=，为直观起见，记为12112212(,,,)n n n n x x x x y x y x y y y y ⎛⎫→+++ ⎪⎝⎭；注意到，3n =时，3112k -==，而123123021(1,2,3)102x x x y y y ⎛⎫⎛⎫=→ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭； 5n =时，5122k -==，而123451234502413(2,3,4,5,6)21043x x x x x y y y y y ⎛⎫⎛⎫=→ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；7n =时，3k =，而123456712345670246135(3,4,5,6,7,8,9)3210654x x x x x x x y y y y y y y ⎛⎫⎛⎫=→ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；若用记号a 表示整数a 被n 除得的最小非负余数，{}0,1,,1a n ∈-，据上述情况可以推测，对于奇数3n ≥，可以构作满足条件的两个数列{}{},k k x y ，其中12,2k k n x k y k -==-，0,1,2,,1k n =-．先说明，2,k x k =0,1,2,,1k n =-以及12k n y k -=-，0,1,2,,1k n =-各自通过模n的最小非负完全剩余系，事实上，对每个k ，{}20,1,,1k x k n =∈-，并且这n 个k x 中，任两个不相等，因为若有i j ≠使i j x x =，即22i j =，也就是22(mod )i j n ≡，由于n 为奇数，则(mod )i j n ≡，而{},0,1,,1i j n ∈-，矛盾！同理可知，12k n y k -=-，0,1,2,,1k n =-也通过模n 的最小非负完全剩余系；于是{}{},k k x y ，0,1,2,,1k n =-分别是0,1,2,,1n -的一个排列；又注意001120022n n x y --+=⋅+-=， 1111()()2(1)(1)222k k k k n n x y x y k k k k ++⎛⎫⎛⎫--+-+=+--+--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 112(1)(1)21(mod )22n n k k k k n -⎛-⎫⎛⎫⎛⎫≡+--+---≡ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，0,1,2,,2k n =-，因此{},1,2,,1k k x y k n +=-构成以12n -为最小数的n 个连续自然数．于是所证的结论成立． 3、给定两个正整数,m n ，其中1n >，且n Œm ；试求最小的正整数k ，使得在任意k 个满足条件：“对一切1i j k ≤<≤，n Œ()i j a a -”的整数12,,,k a a a 中，都存在两个整数s a 和t a ()s t ≠，使得s t m a a +-可被n 整除．解：由于所考虑的是“被n 整除”这一特征，故可将题中所涉整数皆替换为“被n 除得的余数”来考虑；用x 表示整数x 被n 除得的最小正余数，即x Z ∀∈，{}1,2,,n x Z n ∈=；为了探求本题结论的一般性结构，先分析以下特例：例1、取10,17n m ==，这时{}(,)1,7,,1,2,,10i j m n m a a ==∈，且 10i j m a a +-当且仅当10i j m a a +-，即107i j a a +-；于是，有两种情况：(1)、3i j a a -=； (2)、7i j a a -=-，即7j i a a -=．问题化为，从{}1,2,,10中取k 个数，为了保证这k 个数中必有两数之差（大数减小数）为3或7，求k 的最小值. 为此，将数1,2,,10排列于一个圆周之上，使得相邻两两数之差（大数减小数）都为3或7，有右图的排法：从其中任取k 个不同的数，为了保证取出的数中必有两个相邻，则至少要取六个数，即6k ≥；10987654321例2、取15,27n m ==，这时{}(,)3,12,,1,2,,15i j m n m a a ==∈，且1527i j a a +-当且仅当1512i j a a +-，此时也有两种情况：3i j a a -=；或12j i a a -=．将数1,2,,15排列于一个圆周之上，使得相邻两两数之差（大数减小数）都为3或12，这时排出三个圈：此处作成三个圈是因为 (,)3d m n ==的缘故．从中任取k 个不同的数，为了保证取出的数中必有两个相邻，则在三个圈中，总共至少要取七个数，即7k ≥；（若总共只取六个数，可以选择每个圈上各取两个数，且不相邻，这样得到的六数不能满足条件）现分析7k =的数字结构：7321=⨯+．其中3(27,15)(,)m n d ===是圆周的个数；数2是在同一个取出的元素个数，使得在同一个圆周上可能不存在相邻数的最大允许值，它当然与该圆周上元素的个数有关，而05222n ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，0n n d =；于是猜测，一般有： 012n k d ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦……○*．其中(,)d m n =，0n n d =. 今考虑一般情况：由j i n m a a +-等价于j i n m a a +-，而2n ≥，所以，条件n m Œ等价于11m n ≤≤-，且1,1i j a n a n ≤≤≤≤，而条件n Œ()i j a a -等价于n Œ()i j a a -，即11i j a a n ≤-≤-，于是 222i j n m a a n -≤+-≤-，由j i n m a a +-，得 0i j m a a +-=或n ，即j i a a m -=，或i j a a n m -=-，……① 记(,)(,)d m n m n ==，设00,m m d n n d ==，则00(,)1m n =，据①得0j ia a m d -=或 00i ja a n m d -=- ……② 由11m n n ≤≤-<知，001m n ≤<，而由00(,)1m n =得000(,)1m n m -=；151413121125836914710因此由①得 (mod )i j a a d ≡，设i a ud r =+，j a vd r =+；0,1,,1r d =-， {}0,0,1,,u v n ∈ ……③今按r 的取值情况讨论：(1)、若0r =，则②化为，0v u m -=或00u v n m -=- ……④ 且因1,1i j a n a n ≤≤≤≤及0r =，由③知,u v 均不为0，即{}0,1,2,,u v n ∈，改记000,m a n m b =-=，则0a b n +=，(,)1a b =，于是④式可改写为对称形式：v u a -=和u v b -=．引理：设(,)1a b =，0a b n +=，,a b 为正整数，从{}01,2,,n 中取出一个t 元子集{}12,,,t M x x x =，使得M 中的任两数之差，既不为a ，也不为b ，则t 的最大值为02n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．采用数论构造法．为了导出一般性方法，先分析一个特例:取04,7,11a b n ===，将1,2,,11按图中顺序排列于圆周上，使得相邻两数之差或者为4，或者为7，而不相邻的任两数之差，既不是4，也不是7；若将圆周上的11个数按顺时针方向读出，，就是：1,5,9,2,6,10,3,7,11,4,8，圈中不相邻的数最多可取到011522n ⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦个．由于对一般的0,,a b n ，我们不可能一个个地去构造，为此，重新研究这组数的结构，对于4,7a b ==，不难发现，前三项1,5,9分别可看作1,1,12a a ++，由此想到，后续的项当是()013,14,,11a a n a +++-，即是说，对于一般的0,,a b n ，填写于圆周上的0n 个数顺次为01,0,1,2,,1ta t n +=-；另一方面，据对称性，我们也可顺次写出01,0,1,2,,1tb t n +=-，它与上面填写于圆周上的0n 个数实际上是重合的一组，只不过是按相反的方向从圆周上读出而已．下面证明，排在圆周上的这组数01,0,1,2,,1ta t n +=-符合要求. 由(),1a b =，知()(),1,,1a a b b a b +=+=，即()()00,1,,1a n b n ==，而x 是整数x 被0n 除得的最小正余数，故上述0n 个数01,0,1,2,,1ta t n +=-，每个1ta +皆属于 1110987654321{}01,2,,n ；这组数中，任两个皆不相等：假若11ia ja +=+，i j ≠，则()()()()001111mod ia ja ia ja i j a n =+-+≡+-+≡-，即0n i j a -，于是0n i j -，而011i j n ≤-≤-，矛盾！因此01,0,1,2,,1ta t n +=-就是01,2,,n 的一个排列；并且相邻两数之差满足：01(1)1(1(1))(1)(mod )i a ia i a ia a n ++-+≡++-+≡， 011(1)(1)(1(1))(mod )ia i a ia i a a b n +-++≡+-++≡-≡ …… ⑤ 由于01,0,1,2,,1ta t n +=-中的数，任两个不等，011ta n ≤+≤，故相邻两数之差（大数减小数）属于集{}01,2,,n ，而{}01,2,,n 为模0n 的一个完全剩余系，故其中与a 同余的只有a ，与b 同余的只有b ，因此由⑤中两式得，相邻两数之差，要么是a ，要么是b ．因此，要想在此圆周上所取的数不含相邻数，至多只能取02n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个数．而当取出012n ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦个数时，其中必有两数相邻，其差为a 或b ． (2)、当1r ≥时，由③得 00u n ≤<，00v n ≤<，即{}0,0,1,2,,1u v n ∈-，②式化为， 0v u m -=或00u v n m -=-，这与④的形式完全相同，因此仿照()1的讨论可知，对于每个,1,2,,1r r d =-，我们也分别可以得到一个含有0n 个数的圈，使得相邻两数之差，要么是a ，要么是b ．为了在每个圈上不取到相邻的数，至多只能取02n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个数．而当取出012n ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦个数时，其中必有两数相邻，其差为a 或b ．并且，任两个圈上的数显然不同：假若12id r jd r +=+，则()12mod id rjd r d +≡+，于是()12mod r r d ≡，得12rr =，矛盾！若取出的元素个数012n s d ⎡⎤≥+⎢⎥⎣⎦，则上述d 个圈中，必有一个圈至少取出了012n ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦个数，导致该圈上必有两数相邻，即有,i j a a ，使()s t n m a a +-；另一方面，若取出的元素个数02n s d ⎡⎤≤⎢⎥⎣⎦时，则有取法，即在每个圈上各取02n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个数，使得任两数在圈上都不相邻，这时 n Œ()i j m a a +-，因此，适合条件的k 的最小值是012n k d ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦，（其中0(,),n d m n n d ==）． 4、18支足球队进行单循环赛，即每轮将18支球队分成9组，每组的两队比赛一场，下一轮重新分组进行比赛，共赛17轮，使得每队都与另外17支球队各赛一场．按任意可行的程序比赛了n 轮之后，总存在4支球队，它们之间总共只赛了一场；求n 的最大可能值．解：先构造一种比赛方案：将18支球队顺次编号为1,2,,18，并按奇数与偶数分成两个子集：{}1,3,5,,17A =，{}2,4,6,,18B =，再将每场比赛的队(,)x y 依照其和x y +被9除的余数情况而规定轮次，并且先在同奇偶的队之间各安排4场，再将“挂单”的两个队安排一场比赛；即要求，第r 轮中每场比赛的队(,)x y 满足：(mod9)x y r +≡．即第一轮的(,)x y ：1(mod9)x y +≡：(1,9),(3,7),(11,17),(13,15),(5,14)(2,8),(4,6),(10,18),(12,16)⎧⎨⎩；第二轮的(,)x y ：2(mod9)x y +≡：(3,17),(5,15),(7,13),(9,11),(1,10)(2,18),(4,16),(6,14),(8,12)⎧⎨⎩；第三轮的(,)x y ：3(mod9)x y +≡：(1,11),(3,9),(5,7),(13,17),(6,15)(2,10),(4,8),(12,18),(14,16)⎧⎨⎩；第四轮的(,)x y ：4(mod9)x y +≡：(1,3),(5,17),(7,15),(9,13),(2,11)(14,18),(6,16),(8,14),(10,12)⎧⎨⎩；第五轮的(,)x y ：5(mod9)x y +≡：(1,13),(3,11),(5,9),(15,17),(7,16)(2,12),(4,10),(6,8),(14,18)⎧⎨⎩；第六轮的(,)x y ：6(mod9)x y +≡：(1,5),(7,17),(9,15),(11,13),(3,12)(2,4),(6,18),(8,16),(10,14)⎧⎨⎩；第七轮的(,)x y ：7(mod9)x y +≡：(1,15),(3,13),(5,11),(7,9),(8,17)(2,14),(4,12),(6,10),(16,18)⎧⎨⎩；第八轮的(,)x y ：8(mod9)x y +≡：(1,7),(3,5),(9,17),(11,15),(4,13)(2,6),(8,18),(10,16),(12,14)⎧⎨⎩；第九轮的(,)x y ：9(mod9)x y +≡：(1,17),(3,15),(5,13),(7,11),(9,18)(2,16),(4,14),(6,12),(8,10)⎧⎨⎩；在这九轮比赛中，共含有9436⨯=个（奇、奇）型搭配，36个（偶、偶）型搭配，而2936C =，故知在这九轮中，一切（奇、奇）型搭配，（偶、偶）型搭配均已出现，即任一对（奇、奇）号球队都比赛过，任一对（偶、偶）号球队也都比赛过．于是，当赛完上述的九轮后，在这18支球队中任取四个队，设其编号为,,,a b c d ，由于,,a b c 三数中必有两数同奇偶，设为,a b ，则他们已赛过，去掉a ，在,,b c d 三数中，又有两数同奇偶，他们也已赛过；因此若按这种分组方式进行了9轮比赛之后，任何四个队之间都至少比赛过两场，于是适合条件的n 必应满足：8n ≤．此外，我们尚需补充说明，上述的9轮比赛确实是一种符合要求安排中的前9轮．即，在以上9轮赛完后，我们还可以继续安排后续8轮比赛，从而保证全部17轮比赛可以顺利进行下去．为此，作两个同心圆盘，且各分成9个相等的扇形小格，按反时针方向顺次将九个奇数 1,3,5,,17以及九个偶数2,4,6,,18分别填入外盘及内盘的格子中，然后转动内盘，使得在前九轮中已经比赛过的每一对（奇、偶）型搭配，分别位于对齐后的同一个小扇形中，于是得到图一．在前九轮比赛中，外圈的任两队之间，内圈的任两队之间，以及任一个小扇形中的两队之间都已比赛过．为叙述方便，令向量129(,,,)(1,3,5,7,9,11,13,15,17)A a a a ==，129(,,,)(10,12,14,16,18,2,4,6,8)B b b b ==，这样图一便可改记为图二．在前九轮比赛中，,i j a a 已赛过，,i j b b 已赛过，,i i a b 已赛过，而,i j a b 未赛过，i j ≠，{},1,2,,9i j ∈．今用下述方法安排后续8轮比赛：将内盘固定，让外盘绕中心作反时针旋转，每次转过一格，对齐后，便在每一扇形内的两队之间各安排一场比赛，9个扇形中的两队共安排出9场比赛，这样便构成一轮比赛；八次旋图二图一转共得8轮比赛，其中第k 次旋转后的9场比赛是：{}112299,,,,1,2,,8k k k a b a b a b k +++=，（约定9i i b b +=），经过这样的8轮比赛后，所有,i j a b 都已赛过，(,,1,2,,9)i j i j ≠=，从而在全部17轮比赛过后，这18支球队的任两支球队都赛过一场，且仅赛过一场，因此这17轮比赛是符合要求的比赛，从而它的前九轮及后八轮比赛都合要求．接下来考虑比赛轮数8n =的情况，我们若将上述17轮比赛的顺序颠倒过来，即先安排后面的8轮比赛，再安排前面的9轮比赛，显然，这也是一种可行的安排．经过这样的8轮比赛后，18支球队129129,,,,,,,a a a b b b 满足：,i j a a 未赛过，,i j b b 未赛过，,i i a b 未赛过，而,()i j a b i j ≠皆已赛过．今从18支球队中任取四个队，据对称性，不妨设，取自A 中的球队较多，则有以下三种情况：0(1)、若四个队全取自A 中，则这四个队两两之间皆未赛过； 0(2)、若三个队来自A ，一个队来自B ，设为,,i j k a a a 及r b ，由于,,i j k 中至少有两个数异于r ，因此r b 至少与,,i j k a a a 中的两个队赛过，于是这四个队之间至少赛过两场；0(3)、若两个队来自A ，两个队来自B ，设为,i j a a 与,k r b b ，则k b 至少和,i j a a 中的一个队赛过，r b 也至少和,i j a a 中的一个队赛过，于是这四个队之间至少赛过两场．因此，按这种分组方式比赛8轮之后，任何四个队之间，或者没有赛过，或者至少赛了两场，也就是不存在恰好只赛了一场的情况．于是适合条件的n 应当满足：7n ≤．下面证明，n 的最大值就是7．即需证，无论每一轮怎样分组，当比赛轮数7n ≤时，其中必有四个队，他们两两之间恰好只比赛了一场．设18支球队按任一可行的方式分组，并赛完n 轮(7)n ≤，则每一队恰好赛过n 场（与n 个队赛过），而与另外的17n -个队未赛过（这里注意，1710n -≥）．今用18个点表示这18支球队，如果,u v 两队赛过，则在点,u v 间连一条边，于是得18阶图G ，G 的每个顶点v 的度数皆为n （记为()d v n =）．在G 中取两个不相邻的顶点12,a a ，因12()()214d a d a n +=≤，故在G 中异于12,a a 的 16个点中，必有一点3a ，它与12,a a 都不相邻．于是{}1123,,M a a a =中的点互不相邻，将G 中由其余15个顶点组成的集记为{}11215,,,N b b b =，由于1M 的三点互不相邻，每点的度数为n ，故连接11,M N 之间的边恰有3n 条，（注意321n ≤）．0(1)、若集合1N 中有一点，例如1b ，向集合1M 只发了一条边，则四点1231,,,a a a b 为所求（它们之间恰有一条边）；0(2)、若1N 中的每个点，或者向1M 不发边，或者向1M 发出的边数2≥，由于连接11,M N 之间的总边数321n ≤，则1N 的15个点之中，向1M 发边的点不能多于10个点，即至少有5个点与1M 中的点不相邻，设这5点为125,,,b b b ；若这5点中有某两点相邻，设为12,b b ，则四点1212,,,a a b b 为所求；若{}125,,,b b b 中的任两点不相邻，则将其并入1M ；令{}21125,,,M M b b b =，这时2M 中有8个点．0(3)、改记{}2128,,,M u u u =，其余10点构成集合{}21210,,,N v v v =．集2M 中，任两点不相邻，每点的度数为n ，则连接22,M N 之间的边数为8n ，于是2N 的10个点之中必有一点向2M 发出的边数16k n ≤-≤，设此点为10v ．若16k ≤≤，即是说，10v 至少与2M 中的两个点不相邻，且必与2M 中的一点相邻，数10v 与12,u u 不相邻，而与3u 相邻，则四点12310,,,u u u v 为所求；若0k =，即10v 与2M 中的每个点都不相邻，改记10v 为9u ，且将其并入2M ；令{}{}3210129,,,M M v u u u ==，{}{}3210129\,,,N N v v v v ==；3M 中任两点不相邻，每一点度数为n ，故连接33,M N 之间的边有9n 条；由于3N 中的9个点，每点的度数也是n ，则3N 的每点必须向3M 发出n 条边，故3N 中任两点也不相邻．取13v N ∈，由于1v 向3M 发出n 条边，而7n ≤，故3M 中必有两点与1v 不相邻，设为12,u u ，且必有一点与1v 相邻，设为3u ，则四点1231,,,u u u v 为所求．综以上讨论得，当比赛轮数7n ≤时，按任何可行的方案分组，当赛完n 轮后，总有四个队，它们之间恰好只赛了一场．因此，n 的最大可能值是max 7n =．二、旋转、置换（群）构造法5、集合组Ω由11个五元集1211,,,A A A 组成，其中任意两个集合的交都不是空集，令{}11121,,,i n i A A x x x ===，i x A ∀∈，Ω中含有元素i x 的集合数目为i k ，记{}12max ,,,n m k k k =，求m 的最小值．解：易得155nii k==∑ …… ①这一事实利用“算两次”原理可立即得到：作一张11n ⨯的表，若i j x A ∈，则在表中第i 行、j 列的交叉处填写一个“*”号；于是若按行计算，第i 行共有i k 个“*”号，全表共有1nii k=∑个“*”号，再按列计算，由于每列恰有5个“*”号，全表的“*”号数是55个，因此155nii k==∑．含有i x 的i k 个集合，共作成2(1)2i i i k k k C -=个“集合对”，由于任两个集合的交不是空集，故和式21ink i C=∑包含了所有的“集合对”，其中含有重复（因为有些集合对可能不止一个公共元，有些元素可能属于多个集合）．据条件，集合组Ω中的11个集1211,,,A A A 两两的交不空，它们构成21155C =个不重复的“集合对”，因此2155ink i C=≥∑，即 1(1)110ni i i k k =-≥∑ … ②，据max i k m =，则由②，11110(1)(1)55(1)nni ii i i k kk m m ==≤-≤-=-∑∑，所以3m ≥．再证3m >，反证法，若有max 3i m k ==，即对任何i ，皆有3i k ≤，这时将会导致所有3i k =；事实上，若有某个2i k ≤，即含有元素i x 的集合不多于2个，于是集合组Ω中至少有9个集不含i x ，设不含i x 的集合是129,,,A A A ，而10A 含i x ，记{}10,,,,i A x a b c d =，由于10i A A ≠∅，则{}10,,,i A A a b c d ⊂，1,2,,9i =，因此,,,a b c d 四个元素中，必有一个元素，例如a ，要属于Ω中至少三个集合，即属于12910,,,,A A A A 中至少四个集合，这与max 3i k =矛盾！于是所有3i k =；但这又导致1553nii kn ===∑，矛盾！所以3m >，即4m ≥．再说明，4m =是可以取到的，为此，采用几何构造法，考虑如图的五角星，它的10个结点以及各边中点，共得15个点，分别标志为1,2,,15，今构造集合{}1,2,,15A =的11个五元集如下：由五角星的外接圆上5个点，五条边上的各5个点，五个形如(1,4,8,6,11)的“十字架”上的5个点，分别作为一个集，这样共得11个集，它们分别是：{}11,12,13,14,15，{}{}{}{}{}1,2,3,13,15,3,4,5,11,14,5,6,7,12,15,7,8,9,11,13,9,10,1,12,14， {}{}{}{}{}1,4,8,6,11,3,6,10,8,12,5,2,8,10,13,7,4,10,2,14,9,2,6,4,15，因此，m 的最小值为4．（注意，也可将集合{}11,12,13,14,15换成集合{}1,3,5,7,9，同样可以确保任两个集的交不空．）6、在一个圆周上给定十二个红点；求n 的最小值，使得存在以红点为顶点的n 个三角形，满足：以红点为端点的每条弦，都是其中某个三角形的一条边．解：设红点集为：{}1212,,,A A A A =，过点1A 的弦有11条，而任一个含顶点1A 的三角形，恰含两条过点1A 的弦，故这11条过点1A 的弦，至少要分布于6个含顶点1A 的三角形中；同理知，过点(2,3,,12)i A i =的弦，也各要分布于6个含顶点i A 的三角形中，这样就需要12672⨯=个三角形，而每个三角形有三个顶点，故都被重复计算了三次，因此至1215少需要72243=个三角形．再说明，下界24可以被取到．不失一般性，考虑周长为12的圆周，其十二等分点为红点，以红点为端点的弦共有21266C =条．若某弦所对的劣弧长为k ，就称该弦的刻度为k ；于是红端点的弦只有6种刻度，其中，刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；如果刻度为,,a b c （a b c ≤≤）的弦构成三角形的三条边，则必满足以下两条件之一：或者a b c +=；或者12a b c ++=；于是红点三角形边长的刻度组(),,a b c 只有如下12种可能：()()()1,1,2,2,2,4,3,3,6,()()()()()()()()()2,5,5,1,2,3,1,3,4,1,4,5,1,5,6,2,3,5,2,4,6,3,4,5,4,4,4；下面是刻度组的一种搭配：取()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型各六个，()4,4,4型四个；这时恰好得到66条弦，且其中含刻度为1,2,,5的弦各12条，刻度为6的弦共6条；今构造如下：先作()()()1,2,3,1,5,6,2,3,5型的三角形各六个，()4,4,4型的三角形三个，再用三个()2,4,6型的三角形来补充．()1,2,3型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,3,5,4,5,7,6,7,9,8,9,11,10,11,1,12,1,3； ()1,5,6型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}1,2,7,3,4,9,5,6,11,7,8,1,9,10,3,11,12,5； ()2,3,5型六个：其顶点标号为：{}{}{}{}{}{}2,4,11,4,6,1,6,8,3,8,10,5,10,12,7,12,2,9；()4,4,4型三个：其顶点标号为：{}{}{}1,5,9,2,6,10,3,7,11；()2,4,6型三个：其顶点标号为：{}{}{}4,6,12,8,10,4,12,2,8．（每种情况下的其余三角形都可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得）．这样共得到24个三角形，且满足本题条件，因此，n 的最小值为24．7、在一个圆周上给定8个点128,,,A A A ．求最小的正整数n ，使得以这8个点为顶点的任意n 个三角形中，必存在两个有公共边的三角形．解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r ．8个点，每两点连一条弦，共得2828C =条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦3至多能构成两两无公共边的三角形个数2893r ⎡⎤≤=⎢⎥⎣⎦个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为8A ，共顶点8A 的4个三角形，8A 的对边都是127,,,A A A 之中的两点连线，其中必有一点，设为k A ，出现了两次，那么相应的两个三角形将有一条公共边8k A A ，这不可能；故8r ≤．另一方面，当8r =时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中的6点有边相连，而与另一点不连边；考虑每点度数皆为6的八阶图G ：为简明起见，取圆周的八等分点作为图G 的八个顶点，作8阶完全图，然后去掉其中4条直径，这样共得24条边，且每点均属于6条边；在由这些边所构成的三角形中，选取八个等腰三角形：(1,2,3),(3,4,5),(5,6,7),(7,8,1)以及(1,4,6),(3,6,8),(5,8,2),(7,2,4)它们两两无公共边；（每一组的四个三角形，皆可由其中一个三角形绕圆心适当旋转而得到）．因此，8r =，从而所求的最小值19n r =+=．8、将时钟盘面上标有数字1,2,,12的十二个点分别染上红、黄、蓝、绿四色，每色三个点，现以这些点为顶点构作n 个凸四边形，使其满足：（1）每个四边形的四个顶点染有不同的颜色；（2）对于其中任何三个四边形，都存在某一色，染有该色的三个顶点所标数字互不相同．求n 的最大值．解：为叙述方便，改用,,,A B C D 分别表示这四种颜色，而同色的三点，则分别用123,,a a a ；123,,b b b ；123,,c c c 以及123,,d d d 来表示．今考虑其中一色，例如A 色；若在这n 个四边形中，A 色点123,,a a a 出现的次数分别为123,,n n n ，则123n n n n ++=，设123n n n ≥≥；如果10n ≥，则127n n +≥；再考虑这7个四边形（其A 色顶点要么是1a ，要么是2a ），它们中B 色点123,,b b b 出现的次数分别为123,,m m m ，则1237m m m ++=，据对称性，可设123m m m ≥≥，则32m ≤，即125m m +≥；继续考虑这5个四边形（其A 色顶点要么是1a ，要么是2a ；B 色顶点要么是1b ，要么是2b ），它们中C 色点123,,c c c 出现的次数分别为123,,k k k ，则1235k k k ++=，据对称性，可设123k k k ≥≥，则31k ≤，即124k k +≥；最后考虑这4个四边形，记为1234,,,T T T T （其A 色顶点要么是1a ，要么是2a ；B 色顶点要么是1b ，要么是2b ；C 色顶点要么是1c ，要么是2c ），由于D 色点只有三个，故其中必有两个四边形，其D 色点相同，设12,T T 的D 色点都为1d ；那么，三个四边形123,,T T T 中，无论哪种颜色的顶点，所标数字皆有重复，这与条件(2)相矛盾！因此，9n ≤．再说明，最大值9n =可以取到；采用构造法，我们只要作出这样的九个四边形即可．作三个“同心圆环图”，给出标号，并适当旋转相应的圆，标号对齐后，图中的每根线（半径）上的四个点分别表示一个四边形的四个顶点颜色及其标号，九条半径共给出九个四边形，且都满足条件（1）；再说明，它们也满足条件（2）：从中任取三条半径（三个四边形）；如果三条半径（三个四边形）来自同一个图，则除了A 色之外，其余,,B C D 每色的顶点，三数全有；如果三条半径（三个四边形）分别来自三个图，则A 色的顶点，三数全有；如果三条半径（三个四边形）分别来自两个图：将三个图分别称为1A 图、2A 图、3A 图，每图的三条半径分别称为“向上半径”、“向左半径”、“向右半径”；且分别记为,,S Z Y ．来自两个图的三条半径，如果“向上”、“向左”、“向右”三种半径都有，那么相应的三个四边形，B 色的顶点，三数全有；如果三条半径，只涉及两个图，两个方位，将图123,,A A A 分别简记为1,2,3，则按三个图的搭配情况，可得下表：222221,21,21,21,21,21,21,21,2S Z Y11111YZ S 产生C 色三数产生D 色三数1,21,21,21,2122222222,32,32,32,32,32,32,32,32,32,32,32,3S Z YYZ S 产生C 色三数产生D 色三数3333331,333333311,31,31,31,31,31,31,31,31,31,31,3产生D 色三数产生C 色三数S Z Y11111YZ S因此本题所求的n 的最大值为9．三、几何构造法9、设有m n +个正整数12,,,m a a a 及12,,,n b b b ，满足：11m ni j i j a b ===∑∑．证明：可以从m n ⨯方格表中选出1m n +-个方格，在选出的每格中各填写一个自然数，使得表中第i 行的填数和为i a ，而第j 列的填数和为j b ．证：采用几何构造法，设11m ni ji j a bS ====∑∑，则S 为正整数，在坐标系数第一象限作一个边长为S 的正方形OACB ，在OA 上顺次截出长度为12,,,m a a a 的线段，得到1m -个分点121,,,m A A A -，其中，111222331,,,,m m OA a A A a A A a A A a -====；（称为A 型线段）在OB 上顺次截出长度为12,,,m a a a 的线段，得到1m -个分点121,,,m A A A -'''，其中，111222331,,,,m m OA a A A a A A a A B a -''''''====；又在OB 上顺次截出长度为12,,,n b b b 的段，得到1n -个分点121,,,n B B B -，其中，111222331,,,,n n OB b B B b B B b B B b -====；（称为B 型线段）在OA 上顺次截出长度为12,,,n b b b 的段，得到1n -个分点121,,,nB B B -'''，其中， 111222331,,,,nn OB b B B b B B b B A b -''''''====；过诸点121,,,m A A A -，121,,,nB B B -'''分别作OA 的垂线，再过点121,,,n B B B -，121,,,m A A A -'''分别作OB 的垂线．过第i 条A 型线段两端点的垂线所夹矩形长条称为第i个A 型条，过第j 条B 型线段两端点的垂线所夹矩形长条称为第j 个B 型条，线段,OA OB 上的分点各有2m n +-个（其中有些分点可能是重合），它们将线段OA ，OB 各分成1m n +-段，每一段的长度都是整数（重合的分点构成的线段长度为0）；两组垂线构成了许多正方形，我们主要关注对角线在OC 上且未被其它正方形所覆盖的正方形，称为单纯正方形（有些正方形可能蜕化成一个点），这种正方形共有1m n +-个，它们的边长皆为非负整数；现在我们这样在m n ⨯方格表上填数：如果一个单纯正方形T 夹在第i 个A 型条与第j 个B 型条中，则将正方形T 的边长填入方格表第i 行、j 列的交叉处；由于这些单纯正方形的对角线覆盖了正方形OACB 的对角线，且互不重叠，所以第i 个A 型条中的单纯正方形的边长之和恰等于第i 个A 型条的宽度i a ，第j 个B 型条中的单纯正方形的边长之和恰等于第j 个B 型条的宽度j b ，即有，表中第i 行的填数和为i a ，而第j 列的填数和为j b ．因此结论得证．下面的例子是1231234(,,)(3,5,4),(,,,)(1,2,3,6)a a a b b b b ==的情形．10、一百个正数12100,,,a a a 满足：22212100121003,1a a a a a a +++=+++>，4232142321OCBAB 2B 1B 3A 2A 1证明：12100,,,a a a 中必有三数之和大于1．证：据对称性，不妨设11100a a a ≥≥≥，只要证，1231a a a ++>；反证法，假若1231a a a ++≤，作三个边长为1的正方形，拼成一个31⨯矩形，再把边长为12100,,,a a a 的小正方形[][][][]123100,,,,a a a a 一个接一个依次放入矩形中，恰好铺成由A 到H 的一长条，记为L ，据反证法假设知，小正方形[][][]123,,a a a 都在大正方形ABCD 内，长条L 含于正方形ABCD 内的这一部分，被11a ⨯的矩形M 所覆盖，而L 落入大正方形CDEF 中的部分当被21a ⨯的矩形1N 所覆盖，L 落入大正方形EFGH 中的部分当被31a ⨯的矩形1K 所覆盖，因此全体小正方形的面积和应不大于三个矩形11,,M N K 的面积和；另一方面，由于1231a a a ++≤，我们可以在正方形ABCD 中剪出1231,1,1a a a ⨯⨯⨯的三个矩形22,,M N K ；因此可以将矩形11,N K 分别放置于大正方形ABCD 中的22,N K 处，于是，全体小正方形的面积和不大于正方形ABCD 的面积，即222121001a a a +++≤，此为矛盾！因此假设不真，从而本题结论成立．11、平面上给定n 个点(3)n ≥，无三点共线，现将每两点用一线段连接，并在每条线段上配置一个箭头，以给定点为顶点的三角形称为“环形”的，如果从任一顶点出发，沿箭头方向可环绕三角形周界行走一周，而返回原出发顶点；试求环形三角形个数的最大值与最小值．解：配置箭头后的三角形只有“环形”与“非环形”两种形状，因此，环形三角形个数()n ϕ+非环形三角形个数()f n =全体三角形个数3n C =．先求()f n ，我们注意到，一个三角形是“非环形”的，当且仅当其三个顶点中，恰有一个顶点发出两个箭头，也有一个顶点收到两个箭头．我们将“发自同一顶点的一对箭头”或者“指向同一顶点的一对箭头”统称为一个“同型对”．于是，一个“非环形”三角形恰有两个“同型对”．对于一个确定的顶点P 而言，关联P 的每一个“同型对”，恰好产生一个“非环形”三角形．设P 是任一个给定的点，以P 为端点的线段共有1n -条，设点P 发出k 个箭头，收到M K 2K 1N 2N 1a 3a 3a 2a 2a 1a 1HGFEDC BA∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙。

跃峰奥数PPT2组合几何1-7(离散点集之捆绑极端)

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但在放映模式下，这些现象都不会出现。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创组合几何1-1（离散点集之捆绑极端）●冯跃峰本讲内容本节为第2板块（组合几何）第1专题（离散点集）的第7小节（捆绑极端），包含如下3个部分内容：第一部分，概述问题涉及的知识方法体系；第二部分，思维过程剖析。

这是课件的核心部分，重在发掘问题特征，分析如何找到解题方法。

按照教师场景授课互动效果设计，立足于启发思维；第三部分，详细解答展示。

提供笔者重新书写的解答（简称“新写”），力求严谨、简练。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创【百度文库】跃峰奥数PPT 经典原创以几何知识为背景的组合问题称为组合几何问题。

所含的几何知识通常是位置关系与几何度量两个方面。

本讲介绍组合几何中一个基本问题：离散点集。

【离散点集】所谓离散点集，就是平面上一些孤立的点组成的集合，有3种研究方式。

三种常用方式恰当选择对象拟对象、极端对象与“撒网捕捉”。

控制存在域将点集控制在一定的范围内。

代数刻画将几何关系用代数符号描述。

本节介绍“考察极端”的相关例子■。

【百度文库】跃峰奥数PPT经典原创【几何1-7】给定平面上n 条直线，每两条直线交于一点，每一个交点都至少是其中3条直线的公共点，求证：所有直线相交于一点。

【题感】题目似增相识，稍作思考，即可发现它实际上是希尔维斯特定理的对偶命题：点、线交换。

两线交于一点←→两点连一直线【1】每个点在至少3条直线上←→每条直线过3个点【1】所有直线相交于一点←→所有点在一条直线上【1】但它并不能直接利用希尔维斯特定理的结论完成证明。

每两点连一直线每直线至少通过3点所有点共线我们先介绍希尔维斯特定理的证明■。

上海中学顾滨

数学竞赛专题讲座―组合杂题初步上海中学 (200231)顾滨组合问题是数学竞赛中的热点问题，通常也是难度很高的问题．组合问题内容非常广泛，涉及代数，几何以及数论等多个数学分支．组合问题中常见的问题有：组合计数；组合最值；组合几何；组合数论，图论等，其用到的重要原理一般有：抽屉原理；容斥原理；算二次原理；平均数原理；最大（小）数原理．组合计数问题常见处理方法有：枚举法；映射法；算二次法；递推法；母函数法等；组合最值问题常见处理方法：估计法；组合分析法；局部调整法；归纳法；计数法等；组合几何问题常见处理方法：利用凸集；染色赋值法；利用海莱定理,图兰定理等；利用覆盖和嵌入法等．下面，我们来看几个组合问题中典型问题： 1．有两位棋手在一个无限大的平面上对局，棋子共有５１个，其中只有１匹狼，５０只羊．第一位棋手开局移动狼，然后第二位棋手移动一只羊，接着第一位棋手再移动狼，然后第二位棋手再移动羊，如此下去．若规定狼和羊每次移动可沿任意方向且距离不超过１米，试问：是否有一种初始摆法，使得狼永远抓不住羊？解：有．在平面上，以米为单位，建立直角坐标系xo y ，把５０只羊分别放于５０条直线：3,6,9,,350y y y y ====⨯ 上，使得每条直线上仅有一只羊，而且开始时，没有一只羊距离狼的距离在１米之内．由于狼一步至多移动１米，但是任意两只羊之间的距离都大于等于３米，从而，在同一时刻，狼至多只威胁到一只羊，在一对一的情况下，羊沿着直线运动，那么狼不可能抓住羊．2．是否存在空间中的５个点，使得对所有的{1,2,,10}n ∈ ，存在两个点，它们之间的距离等于n ？解：不存在．假设存在这样满足题意的空间５个点，那么它们之间有2510C =个距离，且距离值1,2,10 仅出现一次，设XY=1,且Z 是任意一点，不失一般性，有XZ YZ >（等号不可能取到,上面已经说明），因此在X YZ ∆中，由三边关系：XZ XY YZ ≤+⇒ 01XZ YZ XY <-≤=，因为XZ,YZ 都是整数，所以1XZ YZ =+，由此可得X,Y ,Z 三点共线，进而推得这样的５个点，如果存在，必定共线．接下去，不失一般性，若存在５个点共线，依次为 A,B,C,D,E ，且AE=10，则这１０个距离是：()()10()(10)(10)(10)4022S AB AB BC AB BC C D BC BC C D AB C D AB BC AB BC C D BC C D=++++++++++-++--+---=++所以，S 为偶数，但是121055+++= 为奇数，矛盾！故不存在．3．是否存在两个无差别的骰子，使得这两个骰子点数之和(212)j j ≤≤的出现概率是24(,)3333之间的数？解：设n a 是第一个骰子出现n 的概率，其中{1,2,6}n ∈ ；n b 是第二个骰子出现n 的概率，其中{1,2,6}n ∈ ；n s 是两个骰子之和出现n 的概率，其中{1,2,6}n ∈ ．若1661112a b a b a b +≥，则722s s ≥，这与27,s s 在24(,)3333矛盾！所以有16611102a b a b a b ≤+<①；若1661662a b a b a b +≥，则7122s s ≥，这与712,s s 在24(,)3333矛盾！所以有16616602a b a b a b ≤+<②；由①╳②可得216611166()4a b a b a b a b +<21661()0a b a b ⇔-<，这是不可能的．故不存在这样的两个骰子满足题意．4．设n 是能够被４整除的正整数，在集合{1,2,,}n 上，计算双射f 的个数，使得1()()1,1,2,f j fj n j n-+=+= ．解：假设()j f x =，则(())1f f x n x =+-（注意既然n 为偶数，则()f x x ≠），所以存在()y f x =，在我们用函数迭代时候，４个数将形成循环：,,1,1x y n x n y +-+-，,,1,1,x y n x n y +-+- ，在每个循环中，这４个数均不同且恰有２个在集合{1,2,,}2n中，所以共有(1)(3)3122n n --⋅ 种方法构成数组(,)x y 且每4n 组数将导致２个循环：(,,1,1)x y n x n y +-+-或者(,1,1,)x n y n x y +-+-，因而原问题结果为4[(1)(3)31]222nn n --⋅⋅ ，由于()!2(1)(3)3122()!4n n nn --⋅= 故化简后值为()!2()!4nn 42n ．5．设F 是所有下列函数f 构成的集合：:()f P S R →，使得对所有的,()X Y P S ⊆，有()m i n (()(f X Y f X f Y ⋂=⋂，这里S 是一个有限集，P(S)是S 的子集族，试求：Im()max f Ff ∈，其中Im()f 表示f 的像集．解：Im()1max f Ff n ∈=+．对每个*n N ∈，令{12,,}n S n = ．定义f 如下：对每一个n A S ⊆，若n A ∉，则令1()1f A n =+；若n A ∈而1n A -∉，则令1()f A n=；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．；一般地，若,1,,n n k A -∈ ，而1k A -∉，则令1()f A k=，则f 是()P S R →的一个映射，且对,()X Y P S ∈，设,1,,(n n k X Y -∈⋂ ，而1()k XY -∉⋂，(1,2,,1)k n =+ ，则有,1,,,n n k X Y -∈ 且1k -不同时属于X,Y ，于是，由f 的定义方式知：1(),()f X f Y k≥至少有一个取等号，而1()f X Y k⋂=，故()m i n ((),f X Y f X f Y ⋂=，现在有I m ()1f n =+，即I m ()1m a x f Ff n ∈=+． 6．设边长为１的正六边形的六个顶点为126,,,P P P ，在其形内（包括边界）任放置两个不同的点78,P P ，求：18m in i j i j P P ≤<≤的最小值．解：如图所示．可以以i P 为圆心，x 为半径作圆弧，则在形内将围成一A B CDE FP 1P 2 P 3P 4P 5P 6个曲边六边形ABCDEF ．当x 于曲边六边形＂直径＂BE 相等时，有221()32x x +-=，解得1533x =．若把78,P P 放好时，由于1x <，所以18m in i j i j P P ≤<≤＝1533-．若否，存在78,P P ，使得18m in i j i j P P ≤<≤＞x ，从而78P P x >，因为曲边ABCDEF 直径为x ,所以，78,P P 中，至少有一个，不妨设为7P ，不在曲边六边形形内，但7P 在正六边形126,,,P P P 形内或者边界上．所以7P 必在以(1,2,,6)i P i = 为圆心，x 为半径的某个圆i P 内，不妨设7P 在圆1P 内，则有17P P x ≤与18m in i j i j P P ≤<≤＞x 矛盾！综上所述, 18m in i j i j P P ≤<≤3．7．设集合{1,2,,50}S = ，X 是S 的任意子集，且X n =．求最小的正整数n ，使得X 中必有三个数为直角三角形的三边长．解：设直角三角形三边长分别为,,x y z ，有222x y z +=，其正整数解可表示为：22()x k a b =-，2y kab =，22()z k a b =+①，其中*,,,(,)1,a b k N a b a b ∈=>，则,,x y z 中必有一个为５的倍数．若否，则,,a b c 都是51,52m m ±±型的数，m N ∈，所以有21(m od 5)a ≡±；21(m od 5)b ≡±，21(mod 5)c ≡±，而2220,2c a b =+≡±，矛盾！令集合A ={S 中所有与5互质的数},则40A =,若以10,15,25,40,45分别作直角三角形的某边长,则由①知A 中找到相应的边构成如下直角三角形：(10,8,6);(26,24,10);(15,12,9);(42,27,36);(39,36,15);(25,24,7);(40,32,24);(41,40,9);(42,27,36)，此外，A 中再没有能与10,15,25,40,45构成直角三角形的三条边．令M={10,15,25,40,45}A ⋃＼{8,9,24,36}，则41M =，有上知A 中数不能够成直角三角形，故42n ≥。

数学课外书

001——《从单位圆谈起》华罗庚002——丘成桐中学数学奖推荐参考书（英文版的都没有传，以下同）由高等教育出版社出版，目前已出版了5本：1.《莫斯科智力游戏 359 道数学趣味题》(俄)Б. А. 柯尔捷姆斯基著2.《趣味密码术与密写术》M·加德纳著3.《著名几何问题及其解法尺规作图的历史》B. 波尔德(Benjamin Bold)著4.《第一届丘成桐中学数学奖获奖论文集(英文版)》5.《恒隆数学奖获奖论文集(英文版)》003——好玩的数学，目前已经出了13种：1.《不可思议的e》2.《幻方及其他》第二版3.《乐在其中的数学》4.《七巧板、九连环和华容道》5.《趣味随机问题》6.《数学聊斋》7.《数学美拾趣》8.《数学演义》9.《说不尽的π》10.《中国古算解趣》11.《数学志异》12.《进位制与数学**》13.《古算诗题探源》14.《幻方与素数》第三版注：前10本xuguoyun 于“数学丛书”帖上传；《幻方及其他》第二版已经改成《幻方与素数》第三版004——科普作家别莱利曼，三类一、中国青年出版社最近出版的1.《趣味代数学第4版》（俄）别莱利曼著丁寿田朱美琨译2.《趣味几何学第3版》（俄）别莱利曼著符其珣译（将2个压缩文件放在一起解压！）3.《趣味物理学第5版》（俄）别莱利曼著符其珣译4.《趣味物理学：续编第3版》（俄）别莱利曼著滕砥平译二、中国青年出版社5、60年代出版的（有的是繁体字）5.《趣味代数学》（俄）别莱利曼著丁寿田朱美琨译（无）6.《趣味几何学（上册）》（俄）别莱利曼著符其珣译（无）7.《趣味几何学（下册）》（俄）别莱利曼著符其珣译（无）8.《趣味力学》（苏）别莱利曼著；符其珣译9.《趣味天文学》（苏）别列利曼撰；滕砥平，唐克译10.《趣味物理学》（苏）别莱利曼撰；符其珣译（无）11.《趣味物理学续编》（苏）别莱利曼撰；腾砥平译（无）12.《行星际的旅行》（苏）别莱利曼著；符其珣译三、其他出版社出版的13.《物理万花筒》（苏）别莱利曼著；王昌茂译14.《趣味思考题》（苏）别莱利曼著；符其珣译15.《有趣的游戏》（苏）别莱利曼原著；王昌茂翻译005——《数学试卷分析方法》华东师范大学出版社，许世红，胡中锋编著006——《七彩数学》专辑，科学出版社第一批1.《数学走进化学与生物》姜伯驹钱敏平龚光鲁著2.《数论与密码》冯克勤著3.《迭代浑沌分形》李忠著4.《数学的力量——漫话数学的价值》李文林任辛喜著5.《古希腊名题与现代数学》张贤科著第二批6.《离散几何欣赏》宗传明著7.《通信纠错中的数学》冯克勤著8.《趣话概率》安鸿志著9.《画图的数学》齐东旭著10.《整数分解》颜松远著007——《中学数学教学参考书》，1956年新知识出版社编辑出版，初中部分一、算术：1.《整数》2.《分数》3.《小数与百分数》4.《比例》二、代数5.《有理数》6.《有理整式的恒等变换》7.《分式与比例》8.《一元一次方程》9.《一次方程组及开平方》三、几何10.《体面线点》11.《全等三角形》12.《基本轨迹与作图》13.《平行四边形》14.《圆》（缺）008——《中学数学教学参考书》，1956年新知识出版社编辑出版，高中部分一、代数：1.《无理数与无理式》2.《一元二次方程》3.《函数图象及二元二次联立方程》4.《数列与极限》（缺）5.《指数与对数》6.《联合二项式定理及复数》7.《不等式》8.《高次方程》二、几何9.《相似形》10.《勾股定理》11.《多边形面积》12.《正多边形与圆》13.《直线与平面》14.《多面体》（缺）15.《回转体》（缺）三、三角16.《三角函数》17.《加法定理》18.《解三角形》19.《三角方程》（缺）注：部分书籍以内容完全相同的上教版代替009——《中学数学教学参考丛书》，上海教育出版社1.《多项式的乘法和因式分解》茅成栋编2.《一元二次方程》赵宪初编3.《绝对值》陈汝作编（缺，这里该书的封面用附件传上）4.《代数方程组》李大元武成章等编5.《指数函数和对数函数》徐美琴许三保编6.《三角函数》姚晶编7.《幂的运算和幂函数》顾鸿达朱成杰王致平编8.《解不等式》张福生赵国礼编9.《实数》张镜清霍纪良编10.《直线形》陶成铨编11.《圆与正多边形》黄承宏编12.《相似形和比例线段》杨荣祥黄荣基编13.《轨迹》毛鸿翔左铨如编14.《解三角形》黄汉禹编15.《直线与平面》夏明德编16.《排列和组合》翟宗荫编17.《高次方程》李传芳陈汝作陈永明编18.《复数》顾忠德管锡培编19.《数列与极限》刘文编20.《直线和圆》陈森林揭方琢编21.《二次曲线》张泽湘编22.《参数方程和极坐标方程》刘世伟编23.《概率初步》上海师范大学数学系应用数学组编24.《矩阵初步》张弛编25.《集合论初步》沈石山俞鑫泰编010——教学工具书1.《代数学辞典问题解法上》笹部贞市郎编蒋声等译2.《代数学辞典问题解法下》笹部贞市郎编张明梁等译3.《三角学辞典问题解法》笹部贞市郎编肖乐编译4.《几何学辞典问题解法》笹部贞市郎编高清仁等译5.《解析几何辞典问题解法》笹部贞市郎编关桐书等译6.《微积分辞典问题解法》笹部贞市郎编蒋声等译011——《中学生数学课外读物》，上海教育出版社1．《速算与验算》姚人杰著2．《数学归纳法》华罗庚著3．《不等式》张驰著4.《谈谈怎样学好数学》苏步青著5．《π和е》夏道行著6．《复数的应用》莫由著7．《怎样用复数解题》程其坚著8．《圆和二次方程》马明著9．《怎样列方程解应用题》赵宪初著10．《怎样应用数学归纳法》洪波著11．《最大值和最小值》谷超豪著12．《图上作业法》管梅谷著13．《谈谈怎样编数学墙报》华东师范大学第一附属中学数学教研组编012——上海教育出版社1978年12月到2002年5月出版一套初等数学小丛书，一共29本，如下：1.《抽屉原则及其他》常庚哲2.《谈谈怎样学好数学》苏步青3.《函数方程》田增伦4.《几何不等式》单壿5.《一百个数学问题》 [波兰]史坦因豪斯6.《又一百个数学问题》[波兰]史坦因豪斯7.《从单位根谈起》蒋声8.《从正五边形谈起》严镇军9.《集合论与连续统假设浅说》张锦文10.《矩阵对策初步》张盛开11.《趣味的图论问题》单壿12.《母函数》史济怀13.《代数方程与置换群》李世雄14.《中学生数学分析》[苏]庞特里亚金15.《覆盖》单壿16.《计数》黄国勋李炯生17.《对称和群》朱水林18.《平方和》冯克勤19.《不定方程》单壿余红兵20.《凸函数与琴生不等式》黄宣国21.《有趣的差分方程》李克大李尹裕22.《柯西不等式与排序不等式》南山23.《组合几何》单壿24.《奇数、偶数、完全平方数》南秀全余石25.《棋盘上的组合数学》冯跃峰26.《十个有趣的数学问题》单壿27.《染色:从**到数学》柳柏濂28.《集合及其子集》单壿29.《平面几何中的小花》单壿013——《中学生文库》数学部分：1.《怎样列方程解应用题》赵宪初2.《面积关系帮你解题》张景中3.《怎样用配方法解题》奚定华4.《根与系数的关系及其应用》毛鸿翔5.《怎样添辅助线》余振棠谢传芳6.《圆和二次方程》马明7.《几何作图不能问题》邱贤忠沈宗华8.《从勾股定理谈起》盛立人严镇军9.《从√2谈起》张景中10.《不等式》张弛11.《不等式的证明》吴承鄫李绍宗12.《奇数和偶数》常庚哲苏淳13.《射影几何趣谈》冯克勤14.《数学万花镜》[波]史坦因豪斯著裘光明译15.《递归数列》陈家声徐惠芳16.《从平面到空间》蒋声17.《平面向量和空间向量》吕学礼18.《几何变换》蒋声19.《一些不像“几何”的几何学》沈信耀20.《复合推理与真值表》戴月仙21.《数学归纳法》华罗庚22.《凸图形》吴立生庄亚栋23.《三角恒等式及应用》张运筹24.《三角不等式及应用》张运筹25.《抽屉原则及其他》常庚哲26.《初等极值问题》程龙27.《图论中的几个极值问题》管梅谷28.《趣味的图论问题》单墫29.《矩阵对策初步》张盛开30.《从单位根谈起》蒋声31.《形形色色的曲线》蒋声32.《反射和反演》严镇军33.《极坐标与三角函数》陈福泰34.《反证法》孙玉清35.《棋盘上的数学》单墫程龙36.《谈谈数学中的无限》谷超豪37.《模糊数学》刘应明任平38.《人造卫星轨道的分析和计算》俞文陈守吉39.《谈谈怎样学好数学》苏步青40.《世界数学名题选》陆乃超袁小明41.《生物数学趣谈》李金平苏淳42.《漫话电子计算机》张根法43.《运动场上的数学》黄国勋李炯生44.《ＳＯＳ编码纵横谈》谈祥柏45.《数学探奇》(西班牙)米盖尔.德.古斯曼著周克希译46.《三角形趣谈》杨世明47.《思维的技巧》吴宣文48.《魔方》朱兆毅沈庆海著014——《初中学生课外阅读系列》，上海教育出版社1．《漫游勾股世界》吴深德2．《绝对值》陈汝作3．《多项式的乘法和因式分解》刘渝瑛4．《怎样列方程解应用题》赵宪初5．《怎样解不等式》张福生赵国礼6．《怎样用配方法解题》奚定华7．《面积关系帮你解题》张景中8．《怎样添辅助线》余振棠射传芳9．《根与系数的关系及其应用》毛鸿翔10．《反证法》孙玉清015——《高中学生课外阅读系列》，上海教育出版社1.《从平面到空间》蒋声2.《三角恒等式及其应用》张运筹3.《直线和平面》夏明德4.《不等式的证明》吴承鄫李绍宗5.《参数方程和极坐标方程》刘世伟6.《从单位根谈起》蒋声7.《二次曲线》张泽湘8.《排列与组合》翟宗荫9.《数列与极限》刘文10.《集合和映射》康士凯张海森（缺）11.《随机世界探秘概率统计初步》茆诗松魏振军016——《自然科学小丛书》，北京出版社出版1.《轨迹》赵慈庚编著2.《三角形内角和等于180°吗？》梅向明著3.《谈勾股定理》严以诚孟广烈编著4.《有趣的偶然世界》张文忠著5.《中学数学中的对称》张文忠著017——《北京市中学生数学竞赛辅导报告汇集》，北京出版社1.《谈谈与蜂房结构有关的数学问题》华罗庚著2.《无限的数学》秦元勋著3.《谈谈解答数学问题》赵慈庚著018——数学中译本，科学普及出版社1.《高次方程解法》程乃栋编译2.《力学在数学上的一些应用》高天青编译3.《怎样作图象》刘远图编译4.《逐次逼近法》赵根榕编译5.《最简单的极值问题》潘德松编译019——趣味数学书籍，上海教育出版社1.《趣味算术》蒋声陈瑞琛编2.《趣味代数》蒋声陈瑞琛编3.《趣味几何》蒋声陈瑞琛编4.《趣味代数（续）》蒋声陈瑞琛编5.《趣味立体几何》蒋声陈瑞琛编6.《趣味解析几何》蒋声陈瑞琛编020——《数学精品库》，民主与建设出版社1.《决策致胜思维训练》郑应文著2.《难题精解思维训练》王志雄汪启泰余文竑詹方玮著3.《平面几何思维训练》余文竑詹方玮著4.《数学宫趣游》王志雄著5.《数学竞赛题的背景》王志雄汪启泰著6.《组合几何思维训练》林常著7.《诺贝尔奖中的数学方法》高鸿桢等著（缺）021——由一些数学专家写的小册子，上海教育出版社1.《初等数论100例》柯召孙琦编著2.《复数计算与几何证题》常庚哲编著3.《运动群》张远达编著022——《数学奥林匹克命题人讲座》，上海科技教育出版社1.《解析几何》陆洪文著（缺）2.《代数函数与多项式》施咸亮著（缺）3.《函数迭代与函数方程》王伟叶熊斌著（缺）4.《代数不等式》陈计季潮丞著（缺）5.《重心坐标与平面几何》曹纲叶中豪著（缺）6.《初等数论》冯志刚著7.《集合与对应》单壿著8.《数列与数学归纳法》单壿著9.《组合问题》刘培杰，张永芹著著（缺）10.《图论·组合几何》任韩田廷彦著（缺）11.《向量与立体几何》唐立华著（缺）12.《复数·三角函数》邵嘉林著（缺）023——反例相关书籍1.《初中数学中的反例》朱锡华编2.《高中数学中的反例》马克杰编3.《从反面考虑问题反例·反证·反推及其他》严镇军陈吉范编4.《代数中的反例》胡崇慧编5.《高等代数的265个反例》李玉文编著6.《高等数学中的反例》朱勇编7.《数学分析中的问题和反例》汪林编8.《数学分析中的反例》王俊青编著9.《分析中的反例》（美）盖尔鲍姆（美）奥姆斯特德著高枚译10.《实分析中的反例》汪林编11.《实变函数论中的反例》程庆汪远征编著12.《泛函分析中的反例》汪林编13.《概率统计中的反例》张文忠但冰如编14.《概率论与数理统计中的反例》陈俊雅王秀花编著15.《概率统计中的反例》张尚志刘锦萼编著16.《概率论中的反例》张朝金编17.《图论的例和反例》（美）卡波边柯（美）莫鲁卓著聂祖安译18.《拓扑空间中的反例》汪林杨富春编著19.《点集拓扑学题解与反例》陈肇姜编著024——精品书系第一批，哈尔滨工业大学出版社1．《最新世界各国数学奥林匹克中的平面几何试题》刘培杰主编2．《走向国际数学奥林匹克的平面几何试题诠释：历届全国高中数学联赛平面几何试题一题多解上》沈文选主编杨清桃步凡昊凡副主编3．《走向国际数学奥林匹克的平面几何试题诠释：历届全国高中数学联赛平面几何试题一题多解下》沈文选主编杨清桃步凡昊凡副主编4．《世界著名平面几何经典著作钩沉几何作图专题卷上》刘培杰主编5．《世界著名平面几何经典著作钩沉几何作图专题卷下》刘培杰主编（缺）6．《历届CMO中国数学奥林匹克试题集 1986-2009》刘培杰主编7．《历届IMO试题集》刘培杰主编8．《全国大学生数学夏令营数学竞赛试题及解答》许以超陆柱家编著9．《历届PTN美国大学生数学竞赛试题集 1938-2007》冯贝叶许康侯晋川等编译10．《历届俄罗斯大学生数学竞赛试题及解答》（即将出版）11．《数学奥林匹克与数学文化第1辑》刘培杰主编12．《数学奥林匹克与数学文化第2辑文化卷》刘培杰主编13．《数学奥林匹克与数学文化第2辑竞赛卷》刘培杰主编14．《数学奥林匹克与数学文化第3辑竞赛卷》刘培杰主编（即将出版）15．《500个最新世界著名数学智力趣题》刘培杰马国选主编16．《400个最新世界著名数学最值问题》刘培杰主编17．《500个世界著名数学征解问题》冯贝叶编译18．《400个中国最佳初等数学征解老问题》刘培杰主编（缺）19．《500个世界著名几何名题及1000个著名几何定理》（即将出版）20．《从毕达哥拉斯到怀尔斯》刘培杰主编21．《从迪利克雷到维斯卡尔迪》刘培杰主编22．《从哥德巴赫到陈景润中国解析数论群英谱》刘培杰主编23．《从庞加莱到佩雷尔曼》刘培杰主编（即将出版）24．《精神的圣徒别样的人生：60位中国数学家成长的历程》刘培杰主编25．《数学我爱你大数学家的故事》（美）吕塔·赖默尔维尔贝特·赖默尔著26．《俄罗斯平面几何问题集原书第6版》波拉索洛夫编著025——精品书系第二批，哈尔滨工业大学出版社1.《初等数学研究Ⅰ》甘志国著—数学·统计学系列2.《初等数学研究Ⅱ 上》甘志国著—数学·统计学系列3.《初等数学研究Ⅱ 下》甘志国著—数学·统计学系列4.《数学眼光透视》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书5.《数学思想领悟》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书6.《数学应用展观》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书7.《数学建模导引》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书8.《数学方法溯源》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书9.《数学史话览胜》沈文选杨清桃编著—中学数学拓展丛书10.《博弈论精粹》刘培杰执行主编11.《初等数论难题集第1卷》刘培杰主编12.《多项式和无理数》冯贝叶著—数学·统计学系列13.《数学奥林匹克不等式研究》杨学枝著—数学·统计学系列14.《解析不等式新论》张小明，褚玉明著—数学·统计学系列15.《模糊数据统计学》王忠玉吴柏林著—数学·统计学系列16.《三角形的五心》贺功保叶美雄编著17.《中国初等数学研究 2009卷第1辑》杨学枝主编18.《高等数学试题精选与答题技巧》杨克劭主编19.《运筹学试题精选与答题技巧》徐永仁主编20.《空间解析几何及其应用》徐阳，杨兴云编著026——精品书系第三批，哈尔滨工业大学出版社1.《中考数学专题总复习》陈晓莉主编2.《中考几何综合拔高题解法精粹》李双臻李春艳编著3.《数学奥林匹克超级题库初中卷上》刘培杰数学工作室编著（缺）4.《新编中学数学解题方法全书初中版上》刘培杰主编5.《新编中学数学解题方法全书高中版上》刘培杰主编6.《新编中学数学解题方法全书高中版中》刘培杰主编7.《新编中学数学解题方法全书高中版下 1》刘培杰主编8.《新编中学数学解题方法全书高中版下 2》刘培杰主编9.《新编中学数学解题方法全书高考真题卷》张广民王世堑主编（缺）10.《新编中学数学解题方法全书高考复习卷》张永辉主编（缺）11.《最新全国及各省市高考数学试卷解法研究及点拨评析》邵德彪主编12.《高考数学真题分类解读第1册》刘松丽张坯东杨婷婷等本册主编13.《高考数学真题分类解读第2册》高考真题研究组编14.《高考数学真题分类解读第3册》阎丽红孙宏宇牟晓永等本册主编15.《高考数学真题分类解读第4册》王小波董亮本册主编16.《高考数学真题分类解读第5册》高考真题研究组编17.《向量法巧解数学高考题》赵南平编著18.《高考数学的理论与实践》高慧明著19.《中学数学解题方法》吕凤祥主编20.《中学数学方法论》鲍曼主编027——《当代数学园地》，科学出版社出版1.《Kac-Moody代数导引》万哲先著2.《哈密顿系统的指标理论及其应用》龙以明著3.《分形-美的科学复动力系统图形化》（德）派特根（德）P.H.里希特著井竹君章祥荪译4.《哈密顿系统与时滞微分方程的周期解》刘正荣李继彬著5.《群类论》郭文彬著6.《代数几何码》冯贵良吴新文著7.《正规形理论及其应用》李伟固著8.《测度值分枝过程引论》赵学雷著9.《完备李代数》孟道骥朱林生姜翠波著028——《通俗数学名著译丛》，上海教育出版社出版1.《数学：新的黄金时代》2.《数论妙趣：数学女王的盛情款待》3.《数学娱乐问题》4.《数学趣闻集锦》上、下册5.《数学与联想》6.《计算出人意料：从开普勒到托姆的时间图景》7.《当代数学为了人类心智的荣耀》8.《近代欧氏几何学》9.《站在巨人的肩膀上》10.《无穷之旅：关于无穷大的文化史》11.《数：科学的语言》12.《20世纪数学的五大指导理论》13.《数学**与欣赏》14.《数学旅行家：漫游数王国》15.《蚁迹寻踪及其他数学探索》16.《圆锥曲线的几何性质》17.《拓扑实验》18.《数学*国界：国际数学联盟的历史》19.《意料之外的绞刑和其他数学娱乐》20.《稳操胜券》上、下册21.《现代世界中的数学》22.《**：自然规律支配偶然性》23.《解决问题的策略》24.《东西数学物语》25.《黎曼博士的零点》26.《奇妙而有趣的几何》27.《虚数的故事》28.《悭悭宇宙：自然界里的形态和造型》029——《走进教育数学丛书》，科学出版社1.《数学的神韵》李尚志著（缺）2.《数学不了情》谈祥柏著（缺）3.《微积分快餐》林群著4.《走进教育数学》沈文选著5.《数学解题策略》朱华伟钱展望著（缺）6.《绕来绕去的向量法》（缺）7.《直来直去的微积分》张景中著（缺）8.《一线串通的初等数学》张景中著9.《几何新方法和新体系》张景中著10.《从数学竞赛到竞赛数学》朱华伟编030——关于匈牙利奥林匹克数学竞赛的几本书，后两本是台湾出的繁体字书：1.《匈牙利奥林匹克数学竞赛题解》（匈）库尔沙克（Й.Кюршак）等编胡湘陵译2.《匈牙利数学问题详解第1册》王昌锐译（将2个压缩文件放在一起解压！）3.《匈牙利数学问题详解第2册》王昌锐译（将2个压缩文件放在一起解压！）031——原新知识出版社出版的一些老书，书目如下：1.《平面几何作图题解法中的讨论》金品编著2.《上海市1956-57年中学生数学竞赛习题汇编》中国数学会上海分会中学数学研究委员会编3.《什么是非欧几何》吴宗初著4.《数学试题汇集·附解法》（苏）沙赫诺（Шахно.К.У.）编著赵越李伯尘译5.《同解方程》程志国编6.《统计平均数》邹依仁编著7.《因式分解及其应用》郁李编8.《有趣的算术题》（苏）巴梁克（Г.Б.Поляк）编盛帆译9.《整式与分式》郁李编10.《整数四则和分数四则》刘永政著11.《正定理和逆定理》（苏）格拉施坦（И.С.Градштейн）著许梅译12.《中学课程中的无理方程》（苏）吉布什（И.А.Гибш）著管承仲译13.《中学数学课外活动》张运钧编著032——《中学数学奥林匹克丛书》，北京师范学院出版社1.《立体几何向量及其变换》何裕新孙维刚著2.《平面几何及变换》梅向明主编唐大昌等编写3.《代数恒等变形》梅向明主编4.《初等数论初中册》梅向明主编5.《北京市中学生数学竞赛试题解析》梅向明主编6.《数学奥林匹克解题研究初中册》梅向明主编7.《数学奥林匹克解题研究高中册》周春荔等编8.《组合基础》周沛耕张宁生著9.《初等数论高中册》米道生吴建平编写033——《数理化竞赛丛书》数学部分，科学普及出版社1．《北京市中学数学竞赛题解 1956-1964》北京市数学会编2．《全国中学数学竞赛题解 1978》全国数学竞赛委员会编3．《美国及国际数学竞赛题解 1976-1978》（美）格雷特编中国科学院应用数学研究推广办公室译4．《匈牙利奥林匹克数学竞赛题解》（匈）库尔沙克（Й.Кюршак）等编胡湘陵译5．《北京市中学数学竞赛题解 1956-1979》北京市数学会6．《全国中学数学竞赛题解 1979》科学普及出版社编034——《数学奥林匹克题库》，新蕾出版社1.《美国中学生数学竞赛题解 1》（缺）2.《美国中学生数学竞赛题解 2》3.《国际中学生数学竞赛题解》4.《中国中学生数学竞赛题解 1》（缺）5.《中国中学生数学竞赛题解 2》（缺）6.《加拿大中学生数学竞赛题解》7.《苏联中学生数学竞赛题解》035——《中学数学》丛书，湖北省暨武汉市数学会组织编写、湖北人民出版社1.《代数解题引导》杨挥陈传理编2.《初等几何解题引导》江志著3.《三角解题引导》车新发编4.《解析几何解题引导》刘佛清张硕才编5.《国际数学竞赛试题讲解Ⅰ》江仁俊编6.《国际数学竞赛试题讲解Ⅱ》江仁俊等编036——《数学圈丛书》，湖南科技出版社1.《数学圈》1 【美】H.W.伊佛斯2.《数学圈》2 【美】H.W.伊佛斯3.《数学圈》3 【美】H.W.伊佛斯4.《数学爵士乐》【美】爱德华.伯格、迈克尔.斯塔伯德5.《素数的音乐》【英】马科斯.杜.索托伊6.《无法解出的方程》【美】马里奥.利维奥7.《数学家读报》【美】约翰·艾伦·保罗斯037——一套数学竞赛书籍，上海科学技术出版社1.《初中数学竞赛妙题巧解》常庚哲编2.《初中数学竞赛辅导讲座》严镇军等编3.《高中数学竞赛辅导讲座》常庚哲等编4.《中、美历届数学竞赛试题精解》刘鸿坤等编038——国外数学奥林匹克俱乐部丛书，湖北教育出版社1.《美国数学邀请赛试题解答与评注》朱华伟编译2.《俄国青少年数学俱乐部》苏淳朱华伟译039——《国内外数学竞赛题解》，陕西师范大学图书馆编辑组编写《国内外数学竞赛题解》上、中、下三册040——开明出版社出版由中国数学奥林匹克委员会编译的两本书，书目如下：1.《环球城市数学竞赛问题与解答第1册》2.《环球城市数学竞赛问题与解答第2册》041——数学奥林匹克试题集锦，华东师范大学出版社，IMO中国国家集训队教练组编写1.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2003》2003年IMO中国国家集训队教练组编2.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2004》2004年IMO中国国家集训队教练组，选拔考试命题组编3.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2005》2005中国国家集训队教练组、选拔考试命题组编4.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2006》2006年IMO中国国家集训队教练组编5.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2007》2007年IMO中国国家集训队教练组编6.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2008》2008年IMO中国国家集训队教练组编（缺）7.《走向IMO 数学奥林匹克试题集锦 2009》2009年IMO中国国家集训队教练组编（缺）042——国外、国际数学竞赛试题方面的书籍1.《奥林匹克数学竞赛题集》（苏）罗什柯夫等编著张兴烈刘承明译2.《波兰数学竞赛题解 1-27届》（波）耶·勃罗夫金（波）斯·斯特拉谢维奇著朱尧辰译3.《初中中外数学竞赛集锦》刘鸿坤编著4.《第26届国际数学奥林匹克》中国数学会普及工作委员会编5.《第一届至第二十二届国际中学生数学竞赛题解 1959-1981》杨森茂陈圣德编译6.《国际奥林匹克数学竞赛题及解答 1978-1986》中国科协青少年工作部中国数学会编译7.《国际数学奥林匹克 1-20届》江苏师范学院数学系编译8.《国际数学竞赛题解》（德）H.D.霍恩舒赫编潘振亚等译9.《国际数学竞赛选载》江西省中小学教材编写组编10.《国内外高中数学竞赛汇编》杭州市第一中学高中数学教研组编11.《基辅数学奥林匹克试题集》（苏）维申斯基等编著刘鸿坤等译12.《加拿大美国历届中学生数学竞赛题解》福建师范大学数学系资料室编译13.《历届奥林匹克数学竞赛试题分析》闫建平编14.《美国历届数学竞赛题解 1950-1972》梁伟强编15.《美国中学数学竞赛试题及题解》朱鉴清编译16.《普特南数学竞赛 1938-1980》刘裔宏译17.《苏联中学数学竞赛题汇编》（苏）别尔尼克编仁毅志译18.《1981年国内外数学竞赛题解选集》顾可敬编19.《通用数学竞赛100题附：第27届国际数学奥林匹克试题》张运筹刘一宏左宗琰编译20.《最新国外数学竞赛分类题解》王连笑编著21.《国际数学奥林匹克30年为迎接1990年第31届IMO在我国举办》梅向明主编。

奥数课外书籍选择

奥数课外书籍选择奥赛经典总册数论组合命题人讲座数论集合与对应组合代数不等式高中数学联赛讲义三本都可以刘培杰的平面几何解题方法大全已经够了《华罗庚学校数学课本》，这本书内容不太难，适合入门学习《小学数学奥赛天天练》（南京大学出版社）系列和《小学数学奥赛练习卷》系列<<奥数教程>>以及<<奥数教程学习手册>>(华东师范大学出版社)确实很不错,另外,华师大出的<<多功能题典>>也很好,以及<<数学奥林匹克小丛书>>分小学,初中,高中,共有30本,此外华东师范大学出的<<优等生数学>>(小学1至6年级)也很好,这套书里的内容比一般学校里的数学要深,比奥数题要略浅,难度介于常规数学与奥数之间,阅读了这套书后再看一些奥数书籍就不会感到累了,不然从学校里的课堂数学到奥数会有一个较大的台阶,有些学生学校里的数学学的顶呱呱,但不容易看懂正规的奥数书籍里的内容,觉得奥数太深太难,而学校里的课堂数学又太容易太浅,这套<<优等生数学>>正是为解决这类问题而准备的,与此同类的有<<我+数学=聪明>>(小学1至6年级)(文汇出版社)也很不错,老牌子了<<小学奥数解题方法大全>>(3至6年级) （山西教育出版社）还有初中的版本<<小学奥数读本>>（江苏教育出版社）也很是不错,销量达120万有余<<奥林匹克训练题库>>(北京师范大学出版社)是很经典的,虽然里面题量很大,但是如果能把里面所有题全消化,那么水平准能上一个新台阶,可惜这本书现在没有什么书店有卖,只能网上订购<<仁华学校奥林匹克数学课本>>(分小学1至初中3年级)<<奥数精讲与测试>>(小学1至高中3年级)（学林出版社）里面的内容也是非常的经典的,习题有梯度,熊斌老师出的书都是非常的好,他现在是华东师范大学的数学副教授<<华罗庚金杯少年数学邀请赛集训指南+题典>>(中国大百科出版社)也是不错的<<小学数学华数奥赛教程>>(分1至6年级,知识出版社)，<<小学数学华数奥赛强化训练>>(分1至6年级,知识出版社)，<<小学数学华数奥赛综合测试>>(分1至6年级,知识出版社)，一套3本，也是有梯度，有训练有讲解,这套丛书可以说是奥数书籍中最好的,它有一套完整严密的知识体系在里面。

第三节__组合几何

第五章组合数学第三节组合几何E3－001在平面上给定六个点，其中任何三点都不在一直线上．证明：在这六个给定的点中，可以挑出这样三个点，使得在这三个点构成的三角形中，有一个角不小于120°．【题说】1958年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】考虑这六点的凸包，它是一个凸多边形，顶点是这些已知点的全体或一部分．设∠ABC≥120°，则A、B、C即为所求．如果凸包是△ABC，那么有一已知点D在这三角形内．∠ADB、∠BDC、∠CDA中必有一个≥120°，结论成立．如果凸包是四边形或五边形，用对角线将它们剖分为三角形，必有一个三角形中有已知点．于是由上一种情形的讨论即得．E3－002证明：恰好存在一个三角形，其三条边长为连续自然数，而且一个角的大小是另一个角的两倍．【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题1．本题由罗马尼亚提供．【证】设△ABC的三边为n+1，n，n-l（n为自然数），∠C=2AD=AB，于是2AB=AB+AD＞BC+CD=BC+AC，所以AB=n+1．由△DCA∽△DAB，得DB·DC=AD2因 DB=DC+BC=AC+BC=2n-1所以 AC×（2n-1）=（n+1）2由于n不能整除（n+1）2．所以AC=n-1．由（n-1）（2n-1）=（n+1）2，解得n=5E3－003在一平面上已知n个点，其中n＞4且无三点在一直线上，【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题5．本题由蒙古提供．大者设为△ABC．过A、B、C分别作对边的平行线相交得△A′B′C′．因为△ABC的面积最大，所以其余的n-3个点均在△A′B′C′中（如果有一点T在△A′B′C′外，那么T与A、B、C中某两点构成的三角形的面积大于△ABC的面积，矛盾！）．除A、B、C外的n-3个点中，任取二点D、E，则直线DE不可能与△ABC 三边都相交，不妨设直线DE与BC不相交，于是四边形BCDEE3－004已知五条线段中任何三条都可以组成一个三角形．证明：这些三角形中至少有一个是锐角三角形．【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克九年级题1．【证】设五条线段的长度为a≤b≤c≤d≤e假设由这些线段组成的任何三角形都不是锐角三角形，那么，在由a、b、c；b、c、d；c、d、e组成的三个三角形中，有c2≥a2+b2，d2≥b2+c2，e2≥c2+d2将它们相加，得到e2≥a2+2b2+c2≥a2+2ab+b2=（a+b）2从而e≥a+b．这样，用e、a、b三条线段便不能组成三角形，矛盾．因此，命题得证．E3－005正三角形的每一条边都被分成k个等分，过每个分点作平行于边的直线．结果把三角形分成k2个全等的小正三角形．我们把下面一组小三角形叫做一个“链”：在其中没有一个三角形出现两次，而且前一个三角形与后一个三角形有一条公共边．求“链”中所含三角形个数的最大值．【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克九年级题3．链”中两个前后相邻的小三角形颜色不同，而且每个白色小三角形只能经过一次，故每条“链”中小三角形的个数最多为k2-k+1．图b表明链中小三角形的个数可以恰为k2-k+1个．E3－006在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形．【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．【证】任意五个点，其中没有三点共线，则一定可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形．这个结论可分三种情形讨论．（1）若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形中至少有两个内角为钝角，它们可能相邻（例如∠A、∠B），也可能不相邻（例如∠A、∠C），如图a、图b．再注意四边形ACDE中至少有一个内角非锐角，这样就找到了三个不同的非锐角，相应地得到三个非锐角三角形．（2）若五个点中有四个点组成一个凸四边形ABCD（图C），另一点E 在ABCD内部，则EA、EB、EC、ED相互间的夹角至少有两个钝角．再加上ABCD中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角三角形．（3）若五个点中有三点组成一个三角形ABC（图d），另外两点D和E 均在△ABC内，由于∠ADB、∠BDC、∠CDA中至少有两个钝角，我们可以找到四个钝角三角形．综合（1）、（2）、（3）可得结论．数的比为E3－007已知平面上n（n＞2）个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线．【题说】 1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题2．简单闭折线即不自身相交的闭折线．【证】设已知点为A1，A2，…，An，L为经过这些点的最短的闭折线．若L不是简单闭折线，则L有两段，设为Ai Aj、AsAt相交于内点P，这时A i At+AsAj＜AiP+PAt+AsP+PAj=Ai Aj+AsAt因此将L中的线段Ai Aj、AsAt改为AiAt、AsAj，则折线的长度减少，与L的最小性矛盾，从而L一定是简单闭折线．E3－008九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2:3的两个四边形．证明：这九条直线中至少有三条经过同一点．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克八年级题4、十年级题5．【证】由梯形的面积等于高和中位线的积可知：分正方形成面积比为2:3的两个梯形（或矩形）的每条直线，都把沿着梯形的中位线作出的正方形的中位线分成同样的比．如图，分正方形中位线为2:3的点共有四个，而直线有9条，故至少应有三条直线过这些点中的某一个．E3－009证明：对n≥4，每一个有外接圆的四边形，总可以划分成n 个都有外接圆的四边形．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题2．本题由荷兰提供．【证】如果四边形是等腰梯形，我们可以用平行于底边的线分割成任意多个等腰梯形，因任一等腰梯形都有外接圆，故命题对等腰梯形总是成立的．以下设圆内接四边形ABCD不是等腰梯形．不妨设∠A≥∠C，∠D≥∠B．由于对角互补，于是∠A≥∠B，∠D≥∠C．作∠BAP=∠B，∠CDQ=∠C，使P、Q在四边形内且PQ∥AD，再作PR∥AB，QS∥DC（如图）．因为∠B+∠ADC=∠C+∠BAD=180°所以∠DAP=∠BAD-∠B=∠ADC-∠C=∠ADQ因此四边形APQD、ABRP、CDQS都是等腰梯形，当然有外接圆．又∠QPR+∠QSR=∠BAD+∠C=180°从而四边形PQSR也有外接圆．这样，我们就把ABCD分成四个有外接圆的四边形，其中有三个是等腰梯形．对n＞4，我们可以用前述分割等腰梯形的方法进一步把ABCD分割成n 个有外接圆的四边形．E3－010一个给定的凸五边形ABCDE，具有如下性质：五个三角形ABC、BCD、CDE、DEA、EAB中的每一个面积都等于1．证明：各个具有上述性质的五边形都有相同的面积，并且有无限多不全等的这样的五边形．【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题5．【证】由S△ABE =S△ABC，得AB∥CE，同理AE∥BD．因此ABFE为平行四边形，S△BEF =S△ABE=1．设S△CDF =x，则S△BCF=1-x，即到E，使S△BCD =S△CDE=1．作EA∥DF，BA∥CF．EA、BA相交于A，则五边形ABCDE便满足所设条件，这样的五边形有无限多个．E3－011已知凸多边形，在其内不能置放面积为1的任何三角形．证明：这个多边形能置于面积为4的三角形内．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克题九年级题6．【证】设内接于凸多边形P的三角形中，以△ABC的面积为最大（显然S△ABC ＜1），M是多边形P内的任意一点，则S△MAB≤S△ABC．由于这两个三角形同底AB，所以M点的轨迹是双轨平行线l1与ll′所形成的带形区域，其中l1与ll′的距离等于△ABC的AB边上的高的两倍．对于△MBC、△MAC做同样的讨论，从而得知多边形P的所有点属于三个带形区域的公共部分——△A′B′C′，如图．从而E3－012单位正方形周界上任意两点M、N之间连一曲线，如果它把这个正方形分成两个面积相等的部分，试证这个曲线段的长度不小于1．【题说】 1979年全国联赛二试题4．【证】（1）若点M、N分别在对边上（如图a），显然从M到N的曲线长度（2）若点M、N分别在一双邻边上（如图b），则必与对角线BD相交（否则分成的两部分面积不等）．设E为交点，作关于BD的对称图形，则M′在AB上，据（1）有= ≥1．（3）若点M、N在同一条边上（如图C，M、N可以重合），那么必与AB、CD的中点连线EF相交（否则分成的两部分面积不等）．设G为交点，作关于EF的对称图形，则M′在AD上，据（1）有= ≥1．综上所述，命题得证．E3－013一条平行于x轴的直线，如果它与函数y=x4+px3+qx2+rx+s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．【题说】 1980年四国国际数学竞赛题5．本题由芬兰提供．【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它就是x轴，并且交点A在最左面（如果B在最左，A为左起第二个，则BA、BC、BD也成三角形，其它情况令x=-t就可以化成这两种），A就是原点．这时B、C、D的横坐标是三次方程x3+px2+qx+r=0的三个根，它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P＜0， q＞0， r＜0及p3＞4pq-8r．任一条平行于x轴的直线y=y0与y=x4+px3+qx2+rx+s的四个交点的横坐标记为x＜x1＜x2＜x3，则正数a=x1-x，b=x2-x，C=x3-x及0满足方程y=（x+x）4+p（x+x）3+q（x+x）2+r（x+x）+s 从而a、b、c是方程的根．由于=p3-4pq+8r＞0所以a、b、c可以作为三角形的边长．即直线y=y是三角形的．E3－014有24个面积为S的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？【题说】 1980年北京市赛题6．【解】设小矩形边长为a、b（不妨令a＞b）．因大矩形与小矩形长边包含x1个小矩形的长边与x2个小矩形短边（x1、x2均为非负整数），而大矩形短边包含y1个小矩形的长边与y2个小矩形的短边（y1、y2均为非负整数）．由题意得方程：用b除上述方程，并解出a/b，得：方程的左边是整数；仅当x1+y2=0时，右边才是整数．因x1与y2均非负，故x1=y2=0．代入方程（1）、（2）、（3），得：因此a＞b，所以x2＞y1．因此y1只能取数值1，2，3，4（x2相应地取数值24，12，8，6）．E3－015设ABC是等边三角形，E是三边AB、BC、CA（包括A、B、C）的所有点的集合，把E任意划分为两个不相交的子集，是否至少有一个集合含有一个直角三角形的三个顶点，证明你的结论．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题4．本题由比利时提供．【证】在等边三角形ABC的边AB、BC、CA上分别取点P、Q、R，使AP:PB=BQ:QC=CR:RA=2则有PQ⊥AB，QR⊥BC，RP⊥CA．对点集E进行红、蓝染色，则P、Q、R中至少有两点同色，不妨R、Q 为红色．若BC边上，除Q点外还有红色点X，则RQX组成红色顶点的直角三角形．设BC边上除Q点外没有红点，若AB边上除B点外还有蓝点Y，作YM ⊥BC，M为垂足，显然M不同于Q，△YBM为蓝色顶点的直角三角形．若AB边上除B点外都染红色，这时作RZ⊥AB，Z为垂足，则△RAZ为红色顶点的三角形，故E总有一个子集中含有一个直角三角形的三个顶点．E3－016平面上任给五个相异的点，它们之间的最大距离与最小距离之比记为λ求证λ≥2sin54°，并讨论等号成立的充要条件．【题说】 1985年全国联赛二试题4．【解】设已给五点A、B、C、D、E的凸包为M．1．M是凸五边形ABCDE．因为凸五边形内角之和为540°，所以至少有一内角≥108°，不妨设∠BAC≥108°．又设△ABC中∠C≤∠B，A、B、C的对边分别为a、b、c．则2．M为三角形或凸四边形，这时必有一已知点，设为E在△ABC内部．连EA、EB、EC，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中，至少有一个不小于120°，由情况1的证法可得λ≥2sin60°＞2sin54°，命题成立．3．M为线段AB，此时显然有λ≥2＞2sin54°．由上面的证明可以知道，当且仅当已知点组成凸五边形ABCDE，每个角都等于108°，并且每两条邻边均相等时，λ=2sin54°，即λ=2sin54°的充要条件是已知点组成正五边形．E3－017用任意的方式，给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届（1986年）全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．如图a，若平面上AB=2，A为白点，B为黑点．AB中点O不妨设为白色，以AO为边作正三角形，顶点E或F中若有一个为白色，则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色，则正三角形BEF边长在平面上任取一点O，不妨设O为白点，以O为圆心，4为半径作圆（如图b）．若圆内的点均为白点，则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点，则OP＜4，以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR，则R至少与O、P中的一点异色．根据引理，也有符合要求的三角形．E3－018平面上给定△A1A2A3及点P，定义As=As-3，s≥4．构造点列P，P1，P2，…使得Pk+1为绕中心Ak+1顺时针旋转120°时Pk所达到的位置，k=0、1、2…，若P1986=P，证明：△A1A2A3为等边三角形．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题2．本题由中国提供．A1-uP，P2=（1+u）A2-uP1，P3=（1+u）A3-uP2=w+P，其中w=（1+u）（A3-uA2+u2A1）为与P0无关的常数．同理，P6=P3+w，…，P1986=662w+P=P，故w=0．从而A3-uA2+u2A1=0．根据u的性质得到A3-A1=（A2-A1）u，这说明了△A1A2A3为等边三角形．E3－019两个同样大小的正方形相交错，其公共部分构成一个八边形．一个正方形的边是蓝色的，另一个正方形的边是红色的．证明：八边形中蓝色的边长之和等于它的红色边长之和．【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】先考虑两个正方形中心重合的情形．这时，所构成的八边形外切于以中心为圆心、正方形边长为直径的圆．再由切线长定理易推得结论．我们总可以将其中的一个正方形经平移后，使得两个正方形的中心重合．而这个平移变换又可由两次这样的移动来代替：先沿被移动的正方形一边的方向平移，然后再沿着与该边垂直的另一边的方向平移．因此，只要证明：当沿着红色正方形的一边方向移动红色正方形时，所交成的八边形的“红边”之和不变．如图a，设水平位置放置的是红色的正方形．当红色正方形沿其垂直方向的边向上移动时，八边形（平行移动的方向）的两条红边的长度不改变．（上方）第三条红边长度减少的数量等于图中上方带阴影的直角三角形斜边的长度；而（下方）第四条边长度增加了相同的长度（因两个阴影直角三角形各角分别对应相等，斜边上的高也相等，所以两个直角三角形全等）．因此，在移动时，八边形的四条红边之和不变．【别解】设水平放置的正方形ABCD是红色的，斜置正方形A1B1C1D1是蓝色的（如图b）．容易发现直角三角形ATS、BML、CPN、DRQ、A1TL、B1MN、C1PQ、D1RS都是相似的．分别由这些直角顶点作斜边上的高（斜边是红色的，对应的叫红色高线；斜边是蓝色的，对应的叫蓝色高线）．注意到相似三角形对应线段成比例，利用等比定理可得红边之和:红色高线之和=蓝边之和:蓝色高线之和又因三角形AA1B、BB1C、CC1D、DD1A的面积之和等于三角形A1BB1、B1CC1、C1DD1、D1AA1的面积之和，这是因为它们都等于八边形AA1BB1CC1DD1与一个正方形面积的差，所以红色高线之和等于蓝色高线之和．E3－020证明：对于任何自然数n≥3，在欧氏平面上存在一个n个点的集，使得每一对点之间距离是无理数，并且每三个点构成一个面积是有理数的非退化三角形．【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题5．本题由原民主德国提供．【证】在抛物线y=x2上选n个点P1，P2，…，Pn，点Pi的坐标为（i，i2）（i=1，2，…，n）．因每一条直线与抛物线的交点至多两个，故n点中任三点不共线，构成的三角形为非退化的．任两点Pi ，Pj之间的距离是（i≠j，i，j=1，2，…，n）由于（i+j）2＜（i+j）2+1＜（i+j）2+1+2（i+j）=（i+j+1）2，选n个点符合要求．E3-021设G是紧夹在平行线l1与l2之间的任一凸区域（即其边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域），其边界c与l1、l2都有公共点．平行于l1的直线l将G分为如图所示的A、B两部分，且l与l1和l2之间的距离分别为a和b．并说明理由；【题说】 1989年四川省赛二试题2．【解】设l与G的边界c分别交于X、Y，点P∈l2∩G，连PX、PY并延长分别交l1于X1、Y1．由上式可知，G为一边位于l1上，而另一顶点在l2上的三角形时，（2）设X1Y1=d，则XY=bd/a+b，E3-022平面上已给7个点，用一些线段连结它们，使得（1）每三点中至少有两点相连；（2）线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．【题说】第三十届（1989年）IMO预选题17．本题由蒙古提供．【解】如图表明9条线段已经足够了．下面证明至少需要9条线段．如果点A只作为1条线段的端点，则不与A相连的5点之间至少要设每一点至少作为两条线段的端点．若点A只作为两条线段AB、少还要引出一条线段，所以这时至少有2+6+1=9条线段．E3-023从n×n正方形剪去一个1×1的角格，求其余的图形分成等积三角形的最少个数．【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【解】一个与图中折线ABC有公共点的三角形，一条边长不大于1，至少分成个等积的三角形．图中的分法表明缺角正方形可以分成2（n+1）个等积三角形．E3-024证明存在一个凸1990边形，同时具有下面的性质（1）与（2）：（1）所有的内角均相等．（2）1990条边的长度是12，22，…，19892，19902的一个排列．【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【证】问题等价于存在12，22，…，19902的一个排列a1，a2，…，a1990，使令｛（a2k-1，a2k-1+995），k=1，2， (995)=｛（（2n-1）2，（2n）2），n=1，2， (995)（约定aj+1990=aj，j=1，2，…），则（1）等价于其中bk是（2n）2-（2n-1）2=4n-1（n=1，2，…，995）的一个排列，令并取b199t+5r =4（5r+t）-17（约定bj+995=bj）则由于其中S与厂无关．因此即（2）成立．E3-025设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个【题说】 1991年全国联赛二试题2．【证】如图a，考虑四个三角形；△ABC，△BCD，△CDA，△DAB的面积，不妨设S△DAB为最小．分四种情况讨论；即为所求．为所求．E3-026 在桌面上放有七个半径为R 的木球O ，O 1，O 2，…，O 6，球O 1，O 2，…，O 6都与球O 相切．问在这些球上面是否可以再放三个半径为R 的木球O 7，O 8，O 9，使得O 7，O 8，O 9这三个球都与球O 相切？并说明理由．【题说】上海市1992年高三年级数学竞赛二试题2．【解】可以．理由如下：O ，O 1，…，O 6在同一个平面π上．用这个平面截这些球得7个圆．⊙O 1，…，⊙O 6都与⊙O 相切．O 1O 2…O 6组成边长为2R 的正六边形，O 是它们的中心．不妨设⊙O i 与⊙O i+1（i=1，2，…，5）相切，⊙O 6与⊙O 1相切．在球O 、O 1、O 2上放球O 7，使球O 7与这三个球都相切，此时OO 1O 2O 2是棱长为2R 的正四面体，O 7到平面π的距离是这正四面体的高．同样在球O 、O 3、O 4上放球O 8，使球O 8与这三个球都相切；在球O 、O 5、O 6上放球O 9，使球O 9与这三个球都相切．O 8、O 9到平面π的距离等于O 7到π的距离．所以O 7、O 8、O 9在与π平行的平面上．记O 7、O 8、O 9在π上的投影为O 7'、O 8'、O 9'，则O 7'O 8'=O 7O 8，O 8'O 9'=O 8O 9，O 7'O 9'=O 7O 9，且O 7'、O 8'、O 9'分别是△OO 1O 2、△OO 3O 4、△OO 5O 6的中心，连O 2O 7'、O 3O 6'并延长交O 1O 4于E 、F ，则E 、F 分别为OO 1、OO 4的中点且O 2E ⊥O 1O 4，O 3F ⊥O 1O 4，故同理O 8'O 9'=O 7'O 8'=2R ．可见这样放的球O 7、O 8、O 9不会重叠．E3-027设凸四边形ABCD的内角中，仅∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分成n个钝角三角形．但除A、B、C、D外，在该凸凹边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证：n应满足的充分必要条件是n≥4．【题说】 1993年全国联赛二试题1．【证】 1°充分性如图a，连结AC；设E是△ABC的费马点，连结AE、BE、CE，则△ACD、△AEB、△BEC、△CEA都是钝角三角形，这时n=4．在EC上取E1，E2…，En，连结AE1，AE2，…，AEk，则△AEE1，△AE1E2，…，AEk-1Ek皆是钝角三角形．这时n=k+3，k≥1．故对任意n≥4，都可将ABCD分割成n个钝角三角形．2°必要性对角线AC或BD将四边形分成的两个三角形中至少有一个不是钝角三角形．所以n≠2．假设n=3，则三个三角形共9个顶点，但A、B、C、D四点中必有两点（A与C或者B与D）是两个三角形的公共顶点．所以四边形内仅有一个点是三角形的顶点，而且这点E必在对角线AC或BD上．E在AC上，则△ABE 与△BEC中有一个不是钝角三角形．E在BD上，则在△BDC为钝角三角形时，△ADE、△ABE中必有一个不是钝角三角形．所以必有n≥4．【注】如果四边形ABCD中有两个钝角，那么可能将它割分成三个钝角三角形．如下图b、c所示．E3-028对于平面上任意三点P、Q、R，我们定义m（PQR）为三角形PQR 的最短的一条高线的长度（当P、Q、R共线时，令m（PQR）=0）．设A、B、C为平面上三点，对此平面上任意一点X，求证：m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC) （*）【题说】第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题4．【证】不妨设A、B、C不共线．将AB、BC、CA都扩展为直线，把平面分为t个部分，如图a所示分为三种区域．（1） X点在区域Ⅰ内，记l（PQR）为△PQR的最长边的长度．延长AX交BC于D（图b），则AX≤AD＜max｛AB，BC｝≤l（ABC），同理BX≤l（ABC），CX≤l（ABC）．所以l（ABX）≤l（ABC），l（BCX）≤l（ABC），l（CAX）≤l（ABC），于是m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)（2）X点在区域Ⅱ中，不妨设X在∠BAC的对顶角中，记BC、CA、AB所对应的高分别为ha 、hb、hc．①若m（BCX）是从X引出，则m（BCX）≥ha≥m（ABC），（*）成立．②若m（BCX）不是由X引出的，不妨设m（BCX）（图c）．（i）若∠CBX≤90°，则CD＝BC·sin∠CBX≥BCsin∠ABC=hc≥m（ABC）（ii）若∠CBX≥90°，则∠CBD=∠BXC+∠BCX≥∠BCX≥∠BCA，而∠CBD=180°-∠CBX≤90°所以 CD=BC·sin∠CBD≥∠BC·sin∠BCA=hb≥m（ABC）于是此时不等式（*）成立．（3）若X点在区域Ⅲ中，不妨设在∠ABC所含的区域中，考虑AB、BC、CA、AX、BX、CX中的最长边（图d）：①若为AB、BC．CA中之一l（ABC），则（1）式的证明即知不等式（*）成立．②若BX最长，如图设BX交AC于D，∠ADB≤90°．作AE⊥BX于E，作CF⊥BX于F，则m（ABX）=AE，m（BCX）=CF．又因为∠ADB＞∠ACB．所以AE+CF=AC·sin∠ADB＞AC·sin∠ACB=h≥m（ABC）．（*）成立．a③若最长边是AX或CX，不妨设为AX（图f）．在△ABX中，∠ABX≥∠BAX．所以90°≥∠BAX≥∠BAC．作BD⊥AX于D，则m（ABX）=BD=AB·sin ∠BAX≥AB·sin∠BAC=h≥m（ABC）．b综上所述，不等式（*）恒成立．E3-029一个嵌在大一些的长方形内的小长方形（小长方形的顶点在大长方形的边上）如果能够绕小长方形中心在大长方形内旋转（不论转多小的角度），则称是未被卡住的．设在6×8的长方形内所有未被【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题14．【解】如图，ABCD为外面的大长方形，AB=8，PQRS为内接小长方形，O为公共中心，设∠QPB=θ，OP=OQ=r，PQ=x，QR=y．不失一般性，可设BQ ≤CQ．则BA=BP+PA=xcoosθ+ysinθ=8BC=BQ+QC=xsinθ+ycosθ=6因为42+（3-BQ）2=OQ2=OP2=（BP-4）2+32，所以BQ增加时，此时因为Q、S是ABCD对边的中点，长方形PQRS面积为24，对角线长8，即所以（x+y）2=64+2×24=112N=448E3-030如果一个三角形的边长都是素数，试证它的面积一定不是整数．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级一试题1．【证】设三角形的边长是a、b、c，根据海伦公式我们有16△2=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) （1）其中△为三角形的面积．如果△为整数，那么（1）式左边应为偶数．由于a+b+c、a+b-c、b+c-a、c+a-b的奇偶性均相同，所以它们都是偶数．于是a、b、c全为偶数或者一个为偶数，另两个为奇数．因为a、b、c都是素数，前设a=2．由于|b-c|＜a，所以奇素数b、c必须相等．由（1）得△2=b2-1．从而（b-1）2＜△2＜b2，△也不可能为整数．因此，这三角形的面积不可能为整数．E3-031任意两个面积相等的矩形，是否可以在平面上这样摆放：使得任意一条水平直线只要与其中一个矩形相交，则必定也与第二个矩形相交，而且交出的两条线段等长．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级二试题6．【解】设两个等面积的矩形A1B1C1D1和A2B2C2D2，边长分别为a1、b1与a2、b2．不失一般性，可以认为a1＜b2，a2＜b1（如果a1=b2，则a2=b1）．把两个长方形摆成右图．设D1与直线C1C1距离为h，A1、A1与-1．由于a1b1=a2b2，所以h1=h2，于是A1A1∥C1C2．四边形A1E1C1C2和A2E2C2C1都是平行四边形，A1E1=A2E2．根据矩形的面积相等得三角形A1B1E1和A2B2E2的面积也相等，又因为A1E1=A2E2，于是两个三角形的高也相等．从而，B1B2∥A1A2．由此得出，任意水平直线截△A1B1E1与△A2B2E2的截线相等．另外，水平直线截平行四边形A1E1C1C2和A2E2C2C1的截线显然也是相等的．于是图中矩形的位置合乎要求．E3-032在平面上摆放着两个直角三角形，它们斜边上的中线互相平行．试证：一个三角形的一条直角边和另一个三角形的某一直角边之间的夹角小于它们斜边之间的夹角．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级一试题2．【证】平行移动一个三角形，使得两三角形的直角顶点C与C'重合，并作位似变换使得它们的中线也重合（如图）．以E为圆心，CE为半径作圆，于是斜边之间的夹角是圆心角∠AEA'，一对直角边之间的夹角是圆周角∠ACA'，显然∠AEA'=2∠ACA'＞∠ACA'．因为所作的平移和位似变换，不改变直线之间的夹角，所以结论正确．E3-033证明：存在着这样的自然数n，如果将边长为n的正三角形用平行于其边的直线把它分成n2个边长为1的正三角形．那么，从这些小三角形的顶点中可以选出1993n个点，使得其中任意三点都不组成正三角形（它的边不一定与原三角形的边平行）．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级一试题4．【证】设边长为n的正三角形被边的平行线分成n2个边长为1的小正三角形．将小正三角形的顶点染上三种颜色A、B、C，如图所示．图中任一个正三角形（它的边不一定与原三角形的边平行），如果一个顶点颜色为A，另一个为B，那么绕A旋转60°，颜色B变成了颜色C，所以第三个顶点颜色为C．由此可知任一正三角形，三个顶点的颜色或者全都相同，或者全都不同．在三种颜色中，有一种颜色的顶点数最少，去掉这种颜色的点，称1993），则剩下的点数E3-034一个三角形形状的纸片ABC和其上一点P，考虑将A、B、C 折在点P上所形成的折痕，如果三条折痕互不相交，我们称P为△ABC的一个折叠点．如果AB=36，AC=72，∠B=90°，且由△ABC且s没有平方因子．求q+r+s．【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题15．【解】先证△ABC折叠点所构成的集合是以AB、BC为直径的圆的内部的公共部分．为此需证明：由顶点A和B折叠在P上所形成的折痕不交的充要条件是P位于以AB为直径的圆的内部．事实上，由任一点Q折到P所形成的折痕是PQ的垂直平分线的一部分．若P在以AB为直径的圆外，那么△PAB是锐角三角形，因为∠P是锐角，∠PAB和∠PBA分别不超过60°和90°，所以，△APAB的外心在三角形的内部，则折痕相交；若P在以AB为直径的圆内，那么PA和PB的中垂线交点与P被AB分开．所以，折痕不在△ABC内部相交，若P在圆上，则折痕在AB上相交．类似地讨论用于以BC为直径的圆和以AC为直径的圆．注意到△ABC的所有内点都在以AC为直径的圆内，所以三角形的折叠点所构成的集合是三角形内点和以AB，BC为直径的圆的内点的公共部分．下面来求这个公共部分的面积：如图，以BC、AB为直径的两圆都与AC交于D（D是B到AC的垂足）．题目所求部分是两段圆弧所围的部分．一个是以AB中点M为圆心，以18为半径的120°的弧，另一个是以BC中点N为圆心，以。

高二数学竞赛专属课程第2讲组合几何的基本技巧-例题简答

第二讲组合几何的基本技巧例1. （1）平面上给定2n 个点，求证：一定可以找到一条直线，使得该直线不经过任意一个点，并且直线两侧各有n 个点．（2）平面上给定23n +个点，其中任意三点不共线，任意四点不共圆．求证：一定可以找到一个圆，使得该圆恰好经过其中3个点，并且圆内部和外部各有n 个点．（1）证：先取一条直线，使其与任两点所成直线不垂直．以该直线为x 轴建立坐标系，则这2n 个点横坐标互不相同，不妨设122n x x x <<<．构造直线12n n x x x ++=即满足要求．（2）证：类似（1），先取一条直线XY 过点1A ，使得其余所有点均在该直线同侧．考虑旋转角1213123,,,n XA A XA A XA A +∠∠∠，因为任意3点不共线，故它们互不相等．不妨设12XA A ∠为其中最小值，则323~n A A +均在直线12A A 同侧．将1321421232,,,n A A A A A A A A A +∠∠∠从小到大排列，因为任意4点不共圆，故它们互不相等．设居中的一个是12k A A A ∠，则过12,,k A A A 的圆即满足要求．例2. 平面上n 个点的连线段中，最大长度与最小长度的比值记为n λ．（1）求证：4λ≥ （2）求5λ的最小可能值．（1）证：考虑这4个点的情况：①若存在三点共线，如右图．则{}42min ,ACAB BC λ≥≥②若凸包为三角形，如右图，不妨设点D 在△ABC 内．由360ADB BDC CDA ∠+∠+∠=︒，故其中必有一个不小于120° 不妨设为ADB ∠，并假设AD BD ≥．则30BAD ∠≤︒，设其等于α．故()sin 2sin 2cos sin sin AB ADBBD BAD παλαα-∠≥=≥=≥∠ ③若凸包为四边形，如右图．由四边形内角和等于360°，故必有一个内角不小于90° 不妨设90BAD ∠≥︒，AD AB ≥．则45ADB ∠≤︒，设其等于α．故()sin 2sin 2cos sin sin AB ADB BD BAD παλαα-∠≥=≥=≥∠，命题成立．综上即可得证．A CB5252由（1）的分析可得：①若存在三点共线，则5122λ≥>． ②若5个点凸包为三角形，则必存在点D 在△ABC 内，则512λ+>．③若凸包为四边形，不妨设为四边形ABCD ，此时点E 在该四边形内．故E 必在△ABD 内或在△BCD 内．不妨设E 在△ABD如右图，考虑A 、B 、D 、E 这4点，此时仍有512λ≥>．④若凸包为五边形，设为五边形ABCDE ．同样可设108BAE ∠≥︒AE AB ≥．此时512cos362λ≥︒=．综上可知5λ的最小值为12+．例3. 海莱定理（Helly theorem ）设12,,,n M M M （3n ≥）是平面上n 个凸集，如果其中任意3个集合都有公共点，求证：这n 个凸集有公共点．证：当3n =时命题显然成立．当n k =时成立，下证1n k =+时也成立．由归纳假设，2341,,,,k M M M M +有公共点1A ，1341,,,,k M M M M +有公共点2A ，1241,,,,k M M M M +有公共点3A ，12351,,,,,k M M M M M +有公共点4A ．若1234,,,A A A A 中有两个点相同，则结论显然成立．否则考虑这4个点的凸包．（1）若凸包为线段，不妨设为线段12A A ，则312A A A ∈，由123A A M ⊂，所以33A M ∈．故3A 一定是121,,,k M M M +的公共点．命题得证．（2）若凸包为三角形，不妨设1A 在△234A A A 内部，则利用凸集性质可得2341A A A M ⊂△，所以11A M ∈．故1A 一定是121,,,k M M M +的公共点．命题得证．（3）若凸包为四边形，不妨设为四边形1234A A A A ，考虑对角线13A A 和24A A 的交点B ．则13B A A ∈且24B A A ∈．同样利用凸集性质可证明B 一定是121,,,k M M M +的公共点．命题得证．故当1n k =+时结论也成立．综上，原命题得证．例4. 给定平面点集M ，其中任意两点之间的距离最大为1，求证：（1）点集M（2）点集M 一定可以被边长为1的正方形覆盖；（3）点集M证：（1）取A 、B 为距离为1的一对点，分别以这两点为圆心，1为半径作圆．则其余所有点在两圆（2）对于任意方向，作一条与之垂直的直线．考虑所有点在该直线上的投影．由于M 中任意两点之间的距离最大为1，故这些投影之间的距离也不超过1．于是对任意方向，可以找出2条距离为1的平行线，使得M此时取垂直的两个方向，即可构造出边长为1的正方形，使之覆盖M （3）如右图，取3个方向的平行线，使得两两夹角为60°．此时M 必在公共区域内．故M 可被正△ABC 覆盖，也能被正△PQR 覆盖．注意这三组平行线之间的距离都等于1．可得正△ABC 和正△PQR例5. 在一个半径为9的圆内任意地放入7个半径为2的小圆．求证：在小圆与大圆之间一定还可以嵌入1个半径为1的圆．证：将大圆的半径减少1，变为8；将小圆的半径增加1，变为3．由228370ππ-⨯>，可知此时这7个半径为3的圆无法覆盖半径为8的圆．在半径为8的圆中，必存在点O 未被覆盖．以O 为圆心，半径为1作圆，则该圆必在原来的大圆内，且与原来7个小圆不重合．例6. 求证：当4n ≠时，正n 边形不可能是格点多边形．证：注意格点多边形的面积必为12的整数倍，且任意两点距离的平方为整数．反证法，若存在格点正n 边形．当3n =时，设正三角形的边长为a 24S =，这与上述结论矛盾．当6n =时，设边长为a ，则面积22S a =，与上述结论矛盾．当5n =或7n ≥时，由极端原理，可取面积最小的一个，设为12n A A A ．构造点12,,,n B B B ，使得11i i i i A A A B -+为平行四边形（1,2,,i n =，并规定011,n n A A A A +==）此时得到12n B B B 是更小的格点正n 边形，这与假设矛盾．综上即可得证．。