数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何031-040)

【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

的面积分别为108π和162π．所求部分的面积是

从而，q+r+s=270+324+3=597．

E3-035 A、B、C、D四个城市的分布是：C到A的距离小于D到A的距离；而C到B的距离也小于D到B的距离．证明：C到连结A、B两地的直路上任意一点的距离小于D到该点的距离．

【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题2． 【证】 作CD的垂直平分线l．因CA＜DA，CB＜DB，故A、B与C均在l的同侧，因而线段AB整个地落在l的一侧．故对AB上任意一点M，有CM＜DM．

E3-036 给定平面上的5个点A、B、C、D、E，任意三点不共线．由这些点连结成4条线段，每点至少是一条线段的端点，不同的连接方式有多少种？

【题说】 1995年日本数学奥林匹克预选赛题7．

【解】 易知，有且仅有如图所示的4种连接方式满足题设条件．

情形Ⅰ取决于引出4条线的点的选择，故其连结方式有5种；情形Ⅱ依赖于五个点的排列方式，但每一种排列与其逆序是同一种连接方式，故有5！/2=60种；情形Ⅲ中，引出3条线的点有五种选择，引出2条线的点有4种选择，再选一个点与它相连，有3种

综上所述，满足题设条件的连接方式有5+60+60+10=135种． E3-037 对于任意自然数k，我们将尺寸为1×k的矩形都称为“长条”．试问：对于怎样的自然数n，可将尺寸为1995×n的矩形分为两两不同的“长条”？

【题说】 第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题9．

【解】 显然，“长条”的边应平行于所给矩形的边．我们分以下两种情况讨论：

（1） n＜1995．此时所能分出的“长条”的长≤1995，大小不同的“长条”所覆盖的面积不超过

而所给矩形的面积为1995n．由

对于n≤998，可以将1995×n的矩形分为两两不同的“长条”．例如，先将1995×n的矩形分成n条长度均为1995的“长条”．留下第一条，将第二条分成长度分别为1与1994的两条，将第三条分成长度分别为2与1993的两条，如此等等． （2）n≥1995．此时所能分出的长度大小不同的“长条”所能覆盖的面积不超过

n≥3991

可以类似地给出这种情况下的分法． 综上所述，n≤998或n≥3991．

E3-038 高为8的圆台内有一个半径为2的球O1，球心O1在圆台的轴上，球O1与圆台上底面、侧面都相切．圆台内可再放入一个半径为3的球O2，使球O2与球O1、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点，除球O2外，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是几个？

【题说】 1996年全国联赛一试题1（6）．原是选择题． 【解】 过O2作圆台轴截面，再过O2作轴的垂线，垂足为O，则

O1O2＝5，O1O＝8-2-3＝3

故OO2=4．

过O作与底面平行的平面m，与球O2相截，得⊙O2．在平面m上，过O作⊙O2切线，二切线夹角设为2θ，则

以O为圆心、以4为半径作圆．凡以⊙O上的点为圆心、以3为半径的球，都在圆台内．由以上分析，这样的球能作3个，且仅能作3个．除球O2外，还能作2个．

E3-039 在△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=1．求△ABC内接三角形（三顶点分别在三边上的三角形）的最长边的最小值． 【题说】 1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题6．

【解】 考虑更一般的没有内角为钝角的△ABC．设△A'B'C'为它的内接三角形（如图a）．

若∠A'B'C'＞90°，则过C'作C'B''⊥AC，垂足为B''．易知CB''＜C'B'，A'B''＜A'B'（∠AB''B'是钝角）．用B''代替B'．于是可设∠AB'C'、∠AC'B'、∠BA'C'、∠BC'A'、∠CA'B'、∠CB'A'均非钝角．

设⊙AB'C'、⊙BA'C'交于H，若H与C在AB异侧（图b），则∠AHC'=π-∠AB'C'，∠BHC'=π-∠BA'C'．相加得

π＞∠AHC'+∠BHC'=2π-∠AB'C'-∠BA'C'≥π

矛盾．因此H必与C在AB同侧，熟知H也在⊙CB'A'上，即所谓Miqel点．于是H必与B在AC同侧，从而H在△ABC内，进而在△A'B'C'内．

过H作△ABC各边的垂线，得垂足三角形A''B''C''（图c）．因为

弦定理，B''C''≤B'C'．因此只需考虑垂足三角形中最长边最小的三角形．

在垂足三角形中有一个是正三角形，它可以具体作出：先作一个正三角形A'B'C'，分别以B'C'、A'B'为底，作含角为π-∠A，π-∠C的弓形弧相交于H．再作HA'、HB'、HC'的垂线，交得一个三角形与△ABC相似，将整个图形适当放大即可．

这个正三角形A'B'C'是最长边最小的内接三角形．事实上，设△A''B''C''是另一个垂足三角形，H'A''、H'B''、H'C''分别与BC、CA、AB垂直（图d）．不妨设H在四边形AC''H'B''中．若H'B''≥HB'，H'C''≥HC'，则B''C''≥B'C'．若H'B''＜HB'，沿H'C''移动H'到H''，使H''到AC的距离H''B'''=HB'．这时，B''C''＞B'''C''＞B'C'．

对于本题的Rt△ABC（图e），以CB、CA为坐标轴．设点H的

由这两个方程解出C'坐标为

由于△A'B'C'为正三角

形．所以

E3-040 设A1B1C1D1是任意凸四边形，P是形内一点，且P到各顶点的连线与四边形过该顶点的两条边的夹角均为锐角．递归定义Ak、Bk、Ck、Dk分别为P关于直线Ak-1Bk-1、Bk-1Ck-1、Ck-1、Dk-1Ak-1的对称点（h=2，3，„）．

考虑四边形序列AjBjCjDj（j=1，2，„），试问：

（1）前12个四边形中，哪些必与第1997个相似，那些未必？ （2）假设第1997个是圆内四边形，那么前12个四边形中，哪些必定内接于圆，哪些未必？

对以上问题，肯定的给以证明，未必的举例说明． 【题说】 1997年中国教学奥林匹克题2．

【解】 （1）如图，设P在四边形A1B1C1D1各边上的射影为A'2、B'2、C'2、D'2．由于∠PA1B1、∠PB1A1等为锐角，所以这些射影都在各边内部．易知P、A'2、A1、D'2四点共圆，所以∠P'2D'2=∠PA1D'2=α1．

显然四边形A2B2C2D2与四边形A'2B'2C'2D'2位似，位似中心为P，相似比为2．所以

∠PA2D2=α1

同理，设A1、B1、C1、D1处被PA1、PB1、PC1、PD1分成的角为α1，α2，β1，β2，γ1，γ2，δ1，δ2，则在Aj、Bj、Cj、Dj处被PAj、PBj、PCj、PDj分成的角可列表如下：

可见角的分布呈周期性，周期为4． 由于

有两组对应角相等，所以△PA5B5∽△PA1B1，△PB5C5∽△

A1B1C1D1．

同理，四边形A1B1C1D1、A5B5C5D5、A9B9C9D9、„均相似．前12个四边形中与第1997（=1+4×449）个四边形相似的是第1、5、9这三个四边形，其余的则未必．

（2）由于第3个四边形的对角和与第1个四边形相同．所以第1、3、5、„个四边形的对角和均相同，在第1997个四边形内接于圆时，前12个四边形中，第1、3、5、7、9、11这六个四边形均内接于圆．其余的则未必．