直角三角形内切圆半径r=
2
OM=5p×1994. 2
设OA=2r+u ,OB=2r+v. ②
由于OA,OB,r都为5的倍数,则正整数u, v都是5的倍数.
利用圆外一点到圆的两条切线长相等,有 AB=(r+u)+(r+v)=2r+u+v. ③ 由于△OAB是一个直角三角形,有
0=AB2-OA2-OB2=(2r+u+v)2-(2r+u)2-(2r +v)2=2uv-4r2. ④ 于是,有uv=2r2. ⑤
uv
由于,都是正整数,可得
55uv
· =23×997×p2. ⑥ 55
ui
=2×997j×pk，5
当p≠2和p≠997时,有⑦
v3?ijk2?2? =2×997×p.5
???
uv
这里i=0,1,2,3; j=0,1,2; k=0,1,2.那么(,)有4×3×3=36组不同的(有序)解.
55ui
=2×997j，5
当p=2时,有v⑧
ij5?2?
=2×997.5
???
uv
这里i=0,1,2,3,4,5; j=0,1,2. 那么(,)有6×3=18组不同的(有序)解.
55ui
=2×997j，5
当p=997时,有v⑨
ij
=23?×9974?.5
???
uv
这里i=0,1,2,3; j=0,1,2,3,4. 那么(,)有4×5=20组不同的(有序)解.
55
??36， 当p≠2和p≠997时;
于是,所求的直角三角形的个数S=?18， 当p=2时;⑩
?20， 当p=997时.?
8. 设n个点为A1,A2,…,An,并设A1Ai=1(i=2,34,5).
由于以A1为圆心，1为半径的圆与以A2为圆心，1为半径的圆至多相交于两点，故A2A3,A2A4,A2A5中至少有一个不为1. 又A2恰好与四个Ai的距离为1,故n≥6.
以A1为圆心、1为半径的圆与以A6为圆心、1为半径的圆至多相交于两点，故A6A2, A6A3, A6A4, A6A5中至多两个为1,因此A6与A7,…,An中至少两点的距离均为1,所以n≥8.
当n=8时,必有A6A7=1,A6A8=1.同理A7A8=1.因此A6、A7、A8中每一点恰好与A2、A3、A4、A5中两点的距离为1.
以A6、A7、A8为圆心，1为半径的三个圆另交于三点，至少有两点为A2、A3、A4、A5中的两点，设为A2、A3.再设这两点均在以A6为圆心的圆上，则A2、A6、A3
共线，A2A3为直径.这样A1不可能与A2、A3的距离均为1,矛盾.
所以，n≥9. n=9可达到,如图所示.
本节“习题4”解答：
1. 最大的体积为
82. 3根据三角形的两边之和大于第三边这一性质，按题设数据，所有一边为2的三角形，其余两边只可能是：
① 3，3；②5，5；③4，5；④3，4.
D从而题设四面体中，以2为公共边的两个侧面三角形的其余两边只可能有三种情形：
(1)①与②；
5(2)①与③；
(3)②与④. 54下面就这三种情况分别讨论之：
5222
(1)如图，AC=BC=3，AD=BD=5，因为3+4=5，
3故CD⊥AC，CD⊥BC，从而CD⊥平面ABC，由对称性，
C这样的四面体只有一个，其体积为：
B2A11182V1?CD?S?ABC??4??2?32?1?.
3323(2)这样的四面体有两个，如图，易知它们的体积相等， 记为V2.因为22+42<52,故∠ABD为钝角，
即棱BD与底面ABC斜交，设D至ABD的高为h2， 则h2 DD55345543A3B21V2=h2?SDABC34?SDABC382V1=. 3B2CAC3(3)这样的四面体也有两个，如图，易知它们的体积也相等，记为V3. 因为22+52＞52,故∠BAD为锐角，即棱AB与平面ACD斜交，设B至ABD的高为h3，则h3 V3==1h3?SDACD32SDACD3骣5÷5?=11,÷?÷?桫262D453B2B23AA4D55321鬃5?3232 3因V32<2752128,V1=,故V3 2.(1)如图1，△ABC、△ADC、△BCD均为等腰三角形，A、B、D三点也共线.所以，任意三点都有一条对称轴..故它是一个好的集合.但是，A、B、C、D不是轴对称的. (2)用反证法 假设结论不成立..于是，不可能有集合中的6个点共线. 否则，在这条直线外必有一个属于集合的点K,过点K作此直线的垂线，则此直线上必有至少3个点在这条垂线的同侧，记为A、B、C(如图2) π 因为∠KCB、∠KBA＞, 所以，AC＞BC. 2 由于K、C、B有对称轴，则BC=CK. 同理，AC=CK,矛盾.故不可能有集合中的6个点共线. 不妨设A、B为这个集合中距离最短的两个点(如图3)，则其余2001个点有以下4种情况： (i)在线段AB的中垂线上； (ii)在AB所在直线上； (iii)在以A为圆心，AB为半径的圆上； (iv)在以B为圆心，AB为半径的圆上. 由前面的证明可知，(i)、(ii)两种情况点的总数不超过10个. 又因为AB的距离最小，所以，(iii)、(iv)两种情况点的总数不超过10个. 故10+10+2＜2003.矛盾. 因此，结论成立. A DE36 A BCA CF D72 KDB G367236 CB 图１ 图２ 图３ 3.假设结论成立.设方格纸板的第1行为S1, 第2行为S2,…，第n行为Sn.设S1中有k个向量“↓”. 由于甲虫从任何一个单位正方形出发均能回到这个单位正方形，且不允许甲虫离开方格纸板，即方格由一些环路组成，其中任意两条不相交.所以S1中没有向量“↑”，且S2中有k个向量“↑”.又因为这一行所有向量的和等于这一行平行于这一行的所有向量之和,所以，S2中有k个向量“↓”.继续这一论证，得到在S2，S3，…，Sn?1中均有k个向量“↑”和k个向量“↓”，且S1中有k个向量“↓”，在Sn中有k个向量“↑”，且S1中没有向量“↑”，Sn中没有向量“↓”. 于是，所有竖直方向的向量的总数为2k(n?2)+k+k=2k(n?1). 同理，设第1列有l个向量“→”,则所有水平向量的总数为2l(n?1). 所以，所有向量的数目为2k(n?1)＋2l(n?1)＝2 (n?1)( k+l) = n2. 因为，n?1≥2, n与n?1互质，矛盾. 综上所述，不存在满足条件的向量的放法. 4.最小的“好数”是5,且2005是“好数”. 在三点组(Pi, Pj, Pk)中，若|Pi Pj|为有理数(或无理数)，|Pi Pk|和|Pj Pk|为无理数(或有理数)，我们称(Pi, Pj, Pk)为一个“好组”. (1) n=3显然不是“好数”. ooooon=4也不是“好数”.若不然，假设P1, P2, P3, P4满足条件，不妨设| P1P2|为有理数及(P1, P2, P3)为一好组，则(P2, P3, P4)为一好组. 显然(P2, P4, P1)和(P2, P4, P3)均不是好组.所以，P1, P2, P3, P4不能满足条件.矛盾. n=5是好数. 以下五个格点满足条件：A5={(0,0),(1,0),(5,3),(8,7),(0,7)} P4(0,7)y(8,7)P3(5,3)P1P2x(0,0)(1,0) (2) 设A={(1,0),(2,0),…,(669,0)}, B={(1,1),(2,1),…,(668,1)}, C={(1,2),(2,2),…,(668,2)}, =A ∪B∪C. 对任意正整数n，n2+1和n2+4不是完全平方数.不难证明，对于集合S2005中任两点Pi，Pj，|Pi Pj|为有理数当且仅当Pi Pj与某坐标轴平行.所以2005是“好数”. 5.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若干多个等腰梯形， A因为任意一个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，所以∠A≥∠B，∠D≥∠C. 作∠BAP=∠B, ∠CDQ=∠C,使得P、Q在四边形ABCD内且PQ∥AD,再作PR∥AB,QS∥DC(如图), 因为∠B+∠ADC=∠C+∠BAD=180o， BR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=180o,从而四边形PQSR也有外接圆.这样我们就把四边形ABCD分成四个有外接圆的四边形，其中三个是等腰梯形. 对n＞4, 我们可以用前面所讲的分割等腰梯形的方法进一步把四边形ABCD分割成n个有外接圆的四边形. 6. (1)不能.若不然,如图,所得的8条线段的长为1,2,3,4,5,6,7,8,因为三角形中的任意一边之长大于其余两边之差的绝对值,故在一个非等腰且边长为整数的三角形中,任何一边的长大于1,所以长为1的线段只可能是AB或AF.不妨设AF=1,由于1=AF＞|AC?CF|,且AC,CF均为正整数,所以AC=CF. 在△ACF中,由余弦定理得 AC2+FC2―AF2AF21 cos∠C= =1 =1― . 2AC?FC2AC?FC2AC?FC 在△BCD中,由余弦定理得 BD2=BC2+CD2―2BC?CDcos∠C 1 =BC2+CD2―2BC?CD(1―) 2AC?FCBCDC = BC2+CD2―2BC?CD+? . ACFC BCDC 上式中?为小于1的真分数，而其余各项均为整数，矛 ACFC 3228C ADPQSCBEA3BD F5204E1612FDC盾． 故不存在满足条件的4条直线，使得截出的8条线段的长分别为 1,2,3,4,5,6,7,8. (2)是存在的，如图所示，其中△ABE, △FDE, △FBC, △ADC 都是边长为3,4,5的相似直角三角形．所截得的8条线段的长依次 为3,4,5,12,16,20,28,32. 7.设直角三角形的顶点和边长分别为A,B,C,a,b,c,其中c是斜边，内切圆圆心和半径分别为M和r. 在线段CA上有不同于C的格点(例如A),设其中距C最近的格点为A1,同样设CB上距C最近的格点为B1,因为绕任一格点旋转90o后格点仍为格点，所有CA1=CB1. 设CA1=CB1＝e, 易知CA=ne,CB=me,其中m,n是正整数．即a= me,b= ne. 因为m,n是正整数，所以e是有理数．根据勾股定理得c2=a2+b2=e2(m2+n2). e 即m2+n2=()2. ① c A1eeeA2由于是有理数，()2是整数，所以是整数． ccce 设 = k,则c=ke,代入①得m2+n2= k2． ② c从而m,n,k中奇数的个数为0或2 11 .因此，r= (a+b?c)=(m+n?k)e是e的倍数． 22 CB1B2MAB如图，设A2,B2是切点，则CA2= CB2= r,因此，A2,B2也是格点，所以M也是格点. 8.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． 如果某点A不作为线段的端点，则其它6点至少要连C26＞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点之间至少要连C25＞9条线段． 设每一点至少要作为两条线段的端点．若点A只作为两条线段AB、AC的端点，则不与A相连的4点之间至少要连C2从B点至少还要引出1条线段，4=6条线段．所以这时至少有2+6+1=9条线段． 3×7 若每一点至少作为3条线段的端点，则至少多于［］=10条线段. 29.设向量PiPi＋1有分量ui, vi, i=0,1,2,…,1992.每对ui, vi互质，否则，在Pi和Pi＋1之间应有另外的格点． 假设任一线段PiPi＋1上均不包含所需的点Q,则ui＋vi≡1(mod2), i=0,1,2,…,1992. 因此， → ?1992(ui+vi)≡1993(mod2)≡1 (mod2). 1992i=11992→u然而，所有向量PiPi1的总和是零向量，这意味着 ＋ ?i=0和 i=1?vi=0. i=1这是矛盾的．所以对于某个i,0≤i≤1992,在线段PiPi＋1上存在一个点Q(qx,qy)使得2qx和2qy是 奇整数． 10. 记所求最小值为f(m,n),可以证明
江苏省数学竞赛《提优教程》教案第12讲组合几何
