江苏省数学竞赛《提优教程》教案第12讲组合几何 

第12讲 组合几何

本节主要内容是组合几何，几何中一些组合性质的问题．按照数学家厄迪斯的说法，凸性、覆盖、嵌入、计数、几何不等式、等都属于这类问题．凸包和覆盖、几何不等式问题分别在第6讲、第15讲已经着重讲解过，本讲仍有所涉及，本讲涉及组合计数、几何极值、几何图形的分割和一些组合几何杂题．

A类例题 例1 证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线之和不小于4+22.(1985年奥地利和波兰联合数学竞赛试题)

分析 先考虑两种特殊情形：面积等于1的正方形和菱形. 在正方形中周长为4,对角线

1

之和为22；在菱形中, 两条对角线长分别为l1和l2, 则因面积面积S= l1l2 =1,故l1＋l2≥

22l1l2=22,而周长=4

l1l2

()2+()2=2l12+l22≥22l1l2 =4. 故两种特殊情形之下结论成立．这22

就启发我们可将周长和对角线分开来考虑．

证明设ABCD是任一面积为1的凸四边形(如图)，于是有

1111e＋f + g+h21=(eg+gf+fh+he)sinα≤(eg+gf+fh+he)＝(e＋f )( g+h) ≤(), 22222即对角线之和为e＋f + g+h≥22．

再按图的方式最新将图形中线段和角标上字母，于是又有

2=2S四边形ABCD

1111

= absinβ1+bcsinβ2+cdsinβ3+dasinβ4 2222

111a+b+c+d2≤(ab+bc+cd+da)=(a+c)(b+d)≤(), 2222

BCDAehAaD?4?1bd?gfB?2c?3C则a+b+c+d≥4.

综上所述, 命题结论成立．

说明 几何不等式的证明通常引进几何变量后化归为代数不等式的证明，其中均值不等式和柯西不等式经常使用．

例2 在平面上给定五个点，连接这些点的直线互不平行、互不垂直，也互不重合．过每一点作两两连接其余四点的所有直线的垂线．若不计原来给定的五点, 这些垂线彼此间的交点最多能有多少个？(第6届IMO试题)

分析 先考虑所有五个点间的连线的情况，再考虑每点向所有连线作的垂线的情况，利用多个点向一条直线作垂线没有交点，三角形的三条高线交于一点，将多计数的交点一一剔除．

解 由题设条件，给定的五个点之间的连线共有C25=10条, 这些点构成的三角形共有C3过给定五点中的每一个作不通过该点连线的垂线共有5C2若此30条垂线5=10个．4=30条．

2=435个交点．然而，在本问题中的30两两互不平行, 它们的交点也互不重合, 则共有C30

条垂线有相互平行的, 也有交点重合的, 故应从435个交点中减去多计入的交点个数．

首先，对于任一条连线，过其余三点所作该连线的三条垂线是彼此平行而无交点的，故应从总数中减去由此多计入的10 C23=30个交点；其次，对于由这些连线构成的每一个三角形来说，三条高同交于一点，而这三条高也为所作的垂线，故应从总数中再减去10(C23?1)=20

个多计入的交点；又过每一顶点所作其余连线的垂线都重交于该顶点，而欲求交点数是不记

2入该五个顶点的，故又应从总数中再减去5C26=75个多计入的顶点(恰有C4=6条垂线在一顶点

处相交)．

故至多有435?20?30?75=310个交点．

说明 简单的组合计数问题和普通的排列组合问题解决的方法类似，必须做到既不遗漏，也不重复(不多算，也不少算)，复杂的问题还要构造递推关系、利用映射、算两次、数学归纳法等思想方法加以考虑，见本书其它讲座．

情景再现

OA+OC

1. 在平面上给定正方形ABCD, 试求比值的最小值，其中O是平面上的任意

OB+OD点．(1993年圣彼得堡市数学选拔考试试题)

2. 由9条水平线与9条竖直线组成的8×8的棋盘共形成r个矩形，其中s个正方形，smm

的值可由形式表示，其中m,n均为正整数，且是既约分数. 求m+n的值.(1997年美国rnn数学邀请赛试题)

B类例题 例3已知边长为4的正三角形ABC，D、E、F分别是BC、CA、AB上的点，且|AE|=|BF|=|CD|=1，连接AD、BE、CF，交成△RQS，P点在△RQS内及其边上移动，P点到△ABC三边的距离分别记作x、y、z.

1. 求证：当P点在△RQS的顶点时，乘积xyz有极小值； A2. 求上述乘积的极小值.（1982年全国高中数学联赛试题）

分析 逐步调整法 先固定x，考虑yz的最小值. 然后又由对称性扩大P点的变化范围求乘积xyz的极小值． SS'解 1.如图，第一步，先固定x，考虑yz的最小值. 即过P作直线l∥BC，当P在l上变化时，yz何时最小. P'P第二步，先证两个引理：

F引理1：x+y+z=定值，这个定值就是正三角形的高.

R引理2：设y∈[α,β]，y的二次函数y(a—y)在[α, β]

R'的一个端点处取得最小值.

B引理1的证明用面积法，引理2的证明可用配方法.（证明留给读者）

由两个引理不难得到：如果P’,P’’为l上的两点，那么当P在区间[P’,P’’]上变动时，xyz在端点P’P’’处取得最小值.

第三步，扩大P点的变化范围：

根据上面所述，当P点在l上变动时，xyz在端点P’或P”处为最小，这里P’、P”是l与△RQS的边界的交点，但△RQS的边不与△ABC的边平行，因而在P移到△RQS的边界后，不能搬用上述方法再将P’或P”调整为△ABC的顶点.

但是我们可以把P’点变化区域由△PQR扩大为图中所示的六边形R R’QQ’ S S’, 其中R R’∥Q’S∥CA, R’Q∥S’S∥BC, Q’Q∥RS’∥AB,也就是说: R与 R’关于∠ABC的平分线为对称. S’与R关于∠ACB的平分线为对称,等等.过P作平行于BC的直线 l,将P调整为l与六边形R R’QQ’ S S’的边界的交点P’(或P”),再将P’调整为顶点R 或S’,每一次调整都使xyz的值减小.

由于对称, xyz在六个顶点R ,R’,Q,Q’ ,S,S’处的值显然相等,因而命题成立.

2.由题易知，△ABE≌△BCF≌△CAD，从而△AER≌△BFQ≌△CDS，△RQS是正三角形.

由1，我们只考虑S点x，y，z的取值. 由于△ASE∽△ADC,故|AS|:|SE|=4:1,

EP''Q'QDC由于△AFQ∽△ABD, 故|AQ|:|QF|=4:3. 所以故|AS|:|SQ|:|QD|=4:8:1,

又由于△ABC的高h=12,故可求得

1h,y=1319xyz=鬃1313x=93h,z=h,1313

36483?(12)3.132197说明 本题用到二次函数的基本性质：定区间上二次函数的最值只能在端点或对称轴

处取到．

例4设一凸四边形ABCD，它的内角中仅有∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分割成n个钝角三角形，但除去A、B、C、D外，在该凸四边形的周界上，不含分割出的钝角三角形的顶点，试证n应该满足的充要条件是n≥4.(1993年全国高中数学联赛第二试试题)

分析 充分性：采用构造法. 先连AC，再以AC为直径作半圆，由直径所对的圆周角是直角启发构造4个钝角三角形. 必要性：先证非钝角三角形不能分成两个钝角三角形.再证n≥4.

解 充分性

(1)非钝角三角形一定可以分割成三个钝角三角形.

事实上，取锐角三角形任一顶点，或直角三角形直角顶点，设为B，向对

A边AC作高BG，再以AC为直径向三角形内作半圆，于是，BG把位于该半圆内的任意点E与三顶点连线将三角形分割成三个钝角三角形△ABE、△BCE、G△CAE，即为所求.

(2)凸四边形ABCD可分割成4个钝角三角形. 如图，连线段AC，又由(1),△ABC可分割成三个钝角三角形，加上钝角△ACD，共有4个钝角三角形. E(3)凸四边形ABCD可分割为n=5，6，…个钝角三角形，如图，作AE1、E1E2AE2、…，即得新的分割的钝角三角形△AEE1，△AE1E2，…共有5，6，…个

B钝角三角形(外角∠AE1C＞∠AEC＞900,∠AE2C＞∠AEC,…)

必要性

先指出一个事实：非钝角三角形不能分割成两个钝角三角形. 这是因为由任一顶点向对边作分割线段与对边的夹角不能将180o分成两个钝角，所以不能分割成两个钝角三角形.

设凸四边形已被分割为n个钝角三角形，如果该凸四边形的四条边分别属于4个不同的钝角三角形，则已证得了n≥4. 如果有两条邻边同属于一个钝角三角形(不相邻的两边不能构成三角形)，这时有下列两种情况之一发生：

(I)该两邻边夹角为钝角∠D，于是∠D不能分割.

这时AC必为分割线. 非钝角三角形△ABC必被再分割之，它不能分割成2个钝角三角形，只能分割成3个以上的钝角三角形，连同钝角三角形△ADC，有n≥4.

(II)该两邻边的夹角不是∠D，这时夹角不能是∠B，因为△ABC不是钝角三角形，因为夹角只能是∠A或∠C而使BD为分割线，并且将∠D分割出一个钝角，使该两邻边构成钝角三角形的两条边，这样，另一非钝角三角形必被再分割之，于是同理必须分割成3个以上的钝角三角形，同理得到n≥4.

说明 组合几何在全国高中数学联赛加试中经常出现，本题的难点在必要性的证明，

充分性的证明只要构造就好了．

例5 设凸四边形ABCD的面积为1，求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找到四个

1

点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个三角形的面积均大于.(1991年全国高中数学

4

联赛第二试试题)

分析 在四个三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB中选出一个面积最小的，然后

1

按其面积与的大小分四类情况加以讨论.

4

DC证明 如图 (1)，考虑四个三角形△ABC、△BCD、△CDA、△DAB的面积，不妨设S△DA B为最小.这时有四种情况：

D1

(1)S△DA B>.这时显然A、B、C、D即为所求的四个点.

4

E1A(2)S△DA B<.设G为△BCD的重心.

4

3

因 S△BCD=1－S△DA B >,故 G4

11S△GBC= S△GCD= S△GDB=S△BCD>. CB4B3于是，B、C、D、G四点即为所求.

113(3)S△DA B=，而其它三个三角形的面积均大于，由于S△A BC=1－S△CDA<=S△BCD,

444故过A作BC的平行线l必与线段CD相交于CD内部的一点E.

11

由于S△A BC>S△DA B, 故S△EA B>S△DA B=.又S△EAC=S△EA B,S△E BC=S△A BC>.故E、A、B、

44

C四点即为所求.

111

(4)S△DA B=，而其它三个三角形中还有一个面积为，不妨设S△CDA = (如图(2))，

444

3

因S△DA B=S△CDA ，故AD∥BC，又S△A BC=S△D BC=.故得BC=3AD.

411

在AB上取点E，DC上取点F，使得AE=AB，DF=CD，那么，

44

ADEOFC13(3AD+BC)=AD, 421331S△EBF=S△ECF=S△A BF=×S△A BC>, 44421S△E BC=S△F BC> S△EBF >.

4EF=

AD故E、B、C、F四点即为所求.

E说明 分类的方法可以与证法一不同. O(4)的证明可按下面的方法处理

11

S△DA B=，而其它三个三角形中还有一个面积为，

441

不妨设S△CDA =(如图)， B4

因S△DA B=S△CDA ，故AD∥BC，过AC、BD的交点O作EF∥BC,分别交

33331

AB、CD于E、F，则EF=2?AD= AD. S△EBF= S△ECF=× S△DAB＞, S△EBC= S△FBC＞S△EBF

42244

1

＞. 故E、B、C、F四点即为所求. 4

FC情景再现

3．设AB,CD是以O为圆心，r为半径的两条互相垂直的弦．圆盘被它们分成的四个部

A(X)+A(Z)

分依顺时针顺序记为X,Y,Z,W．求的最大值与最小值，其中A(U)表示U的面

A(Y)+A(W)积．(1988年I MO预选题)

4．设整数n(n≥5).求最大整数k，使得存在一个凸n边形(凸或凹，只要边界不能自相交)有k个内角是直角．(第44届IMO预选题)

5. 设ABCD是一个梯形(AB∥CD),E是线段AB上一点,F是CD上一点,线段CE与BF

1

相交于点H,线段ED与AF相交于点G.. 求证: SEHFG≤SABCD.

4

如果ABCD是一个任意凸四边形,同样结论是否成立?请说明理由.(1994年中国数学奥林匹克试题)

C类例题 例6 在平面内任给n(n＞4)个点，其中任意3点不共线.试证：至少有C2n?3个以上述所给定点为顶点的凸四边形.(第11届IMO试题)

分析 由于平面上任何5点(其中任意3点不共线)中必有4点是一个凸四边形的4个顶点，于是通过算两次的方法，利用排列组合知识计算出不同的凸四边形的个数的最小下界，

2

然后用数学归纳法证明此下界超过C2n?3．另一种方法是直接找出Cn?3个凸四边形.

证法一由E.Klein定理知，平面内任何5点(其中任意3点不共线)中必有4点是一个凸

5四边形的4个顶点，而n个点可组成C5n个5点组，故一共有Cn个凸四边形(包括重复计数)，

而每个凸四边形的4个顶点恰好属于C1n??4=n?4个5点组，所以，不同的凸四边形的个数不

15

少于C.

n?4n

15

下面用数学归纳法证明Cn≥C2n??3(n≥5). n?415当n＝5时，C＝C2n??3＝1. n?4n设n＝k时，

15

C≥C2k??3,那么，当n＝k＋1时, k?4k

D CB1k+1C5k+12k5

Ck+1= ·≥·C

(k+1)?4k?3k?4k?3k??3 =

k+1(k?3)(k?4)(k ??)(k?4)

· =

22k?3

MEANFk2??k?4(k?2)(k?3)?2(k?5)2

= =≥C(k+1)??3. 2215故对一切n≥5，Cn≥C2n??3. n?4

综上可知，至少有C2n??3个凸四边形.

证法二 以给定点中任意3点为顶点可以作一个三角形，设这些三角形中面积最大的一个为△ABC,过顶点A、B、C分别作对边的平行线，3条平行线相交成△DEF(如图)，则n个给定的点全部落在△DEF的内部或边界上(否则与△ABC的面积最大矛盾).

除A、B、C3点外，另外n?3个任意两点M、N所决定的直线至多与△ABC的两边相交而与第三条边不相交.不妨设MN不与BC相交(如图)，于是MNBC为凸四边形，显然，这些凸四边形互不相同，并且至少有C2n??3个.

说明 组合计数是组合几何的一个重要组成部分，算两次是其中的手法之一． 例7 求平面上满足条件:

(1)三角形的三个顶点都是整点,坐标原点为直角顶点;

(2)三角形的内心M的坐标为(96p,672p),其中p为素数的直角三角形的个数. (2003年湖南省高中数学竞赛试题)

分析 如图，由于OM是直角∠AOB的平分线，M的坐标已知，可以利用解析几何和三角的有关知识求出OM,OA,OB的斜率，这样可以设出点A,B的坐标，利用切线长相等