E3 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＝2
AD＝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＝5
E3－003 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BCDE
E3－004 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AiAj、AsAt相交于内点P，这时 AiAt＋AsAj＜AiP＋PAt＋AsP＋PAj
＝AiAj＋AsAt
因此将L中的线段AiAj、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 ＝
≥1．
关于BD的对称图形 ，则M′在AB上，据(1)有
(3)若点M、N在同一条边上(如图C，M、N可以重合)，那么 交(否则
分成的两部分面积不等)．设G为交点，作
＝
≥1．
必与AB、CD的中点连线EF相关于EF的对称图形
，则M′
在AD上，据(1)有
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x0＜x1＜x2＜x3，则正数a＝x1－x0，b＝x2－x0，C＝x3－x0及0满足方程
y0＝(x＋x0)4＋p(x＋x0)3＋q(x＋x0)2＋r(x＋x0)＋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＝y0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P0，定义As＝As－3，s≥4．构造点列P0，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＝P0，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－uP0，P2＝(1＋u)A2－uP1，P3＝(1＋u)A3－uP2＝w＋P0，其中w＝(1＋u)(A3－uA2＋u2A1)为与P0无关的常数．同理，P6＝P3＋w，…，P1986＝662w＋P0＝P0，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，O1，O2，…，O6，球O1，O2，…，O6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O7，O8，O9，使得O7，O8，O9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，O1，…，O6在同一个平面π上．用这个平面截这些球得7个圆．⊙O1，…，⊙O6都与⊙O相切．O1O2…O6组成边长为2R的正六边形，O是它们的中心．不妨设⊙Oi与⊙Oi＋1(i＝1，2，…，5)相切，⊙O6与⊙O1相切．
在球O、O1、O2上放球O7，使球O7与这三个球都相切，此时OO1O2O2是棱长为2R的正四面体，O7到平面π的距离是这正四面体的高．
同样在球O、O3、O4上放球O8，使球O8与这三个球都相切；在球O、O5、O6上放球O9，使球O9与这三个球都相切．O8、O9到平面π的距离等于O7到π的距离．所以O7、O8、O9在与π平行的平面上． 记O7、O8、O9在π上的投影为O7'、O8'、O9'，则O7'O8'＝O7O8，O8'O9'＝O8O9，O7'O9'＝O7O9，且O7'、O8'、O9'分别是△OO1O2、△OO3O4、△OO5O6的中心，连O2O7'、O3O6'并延长交O1O4于E、F，则E、F分别为OO1、OO4的中点且O2E⊥O1O4，O3F⊥O1O4，故 同理O8'O9'＝O7'O8'＝2R．
可见这样放的球O7、O8、O9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＝ha≥m(ABC)．(*)成立．
③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＝hb≥m(ABC)． 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＝8 BC＝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＝112
N＝448
E3－030 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
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．
E3－041 在坐标平面上，具有整数坐标的点构成单位边长的正方格的顶点，这些正方格被涂上黑白相间的两种颜色(像国际象棋棋盘那样)．
对于任意一对正整数m和n，考虑一个直角三角形，它的顶点具有整数坐标，两条直角边的长度分别为m和n，且两条直角边都在这些正方格的边上．
令S1为这个三角形区域中所有黑色部分的总面积，S2则为所有白色部分的总面积．令f(m，n)＝|S1－S2|．
(a)当m和n同为正偶数或同为正奇数时，计算f(m，n)的值．
(c)证明：不存在常数c，使得对所有的m和n，不等式f(m，n)＜c都成立． 【题说】 第三十八届(1997年)国际数学奥林匹克题1．本题由白俄罗斯提供．
【解】 (a)设ABC为一直角三角形，它的顶点具有整数坐标，且两条直角边都在这些正方格的边上．设∠A＝90°，AB＝m，AC＝n．考虑如右图中的矩形ABCD．
对于任一多边形P，记S1(P)为P中黑色部分的面积，S2(P)为P中白色部分的面积．
当m和n同时为偶数或者同时为奇数时，矩形ABCD的着色关于斜边BC的中点中心对称．因此
于是，当m和n同时为偶数时，f(m，n)＝0，而当m和n同时
(b)如果m和n同时为偶数或者同时为奇数，则由(a)即知结论成立．故可设m为奇数，n为偶数．如图b所示，考虑AB上的点L使得 AL＝m－1．
由于m－1为偶数，我们有f(m－1，n)＝0，即S1(ALC)＝S2(ALC)．因此 f(m，n)＝|S1(ABC)－S2(ABC)| ＝|S1(LBC)－S2(LBC)|
(c)我们来计算f(2k＋1，2k)的值．如同在(b)中，考虑AB上的点L，使得AL＝2k．因为f(2k，2k)＝0且S1(ALC)＝S2(ALC)．我们有 f(2k＋1，2k)＝|S1(LBC)－S2(LBC)|
三角形LBC的面积等于k．不妨假设对角线LC全部落在黑色正方格中(见图c)．于是，LBC的白色部分由若干个三角形组成：BLN2k，M2k－1L2k－1N2k－1，…，M1L1N1，它们每一个都与BAC相似．其总面积等于
因此，黑色部分的总面积为
可以取任意大的值．
E3－042 求平面直角坐标系中格点凸五边形(即每个顶点的纵、横坐标都是整数的凸五边形)的周长的最小值．
【题说】 1997年爱朋思杯－上海市高中数学竞赛决赛题4．
边中有两边相邻，设为图中AB、AE．若有一边为BF＝1，则ABFE成单位正方形，第五点在直线AE、BF外不可能与这四点成凸五边形．所以与B相邻的另一边为图中BC．同理与E相邻的另一边为图中ED．这
E3－043 一位船长来到了金银岛上，他知道宝藏埋在△ABC与△DEF的垂心连线的中点T的下面．其中A、B、C、D、E、F是圆形岸边的六棵棕榈树，但并不知哪棵树对应哪个字母，他为了找到宝藏，最多需要在几个点进行挖掘？
【题说】 1995年城市数学联赛高年级高水平题5．
【解】 建立平面直角坐标系，使得圆形海岸线恰是单位圆x2＋y2＝1．设A、B、C、D、E、F的坐标分别为(cosθA，sinθA)、(cosθB，sinθB)、(cosθC，sinθC)、(cosθD，sinθD)、(cosθE，sinθE)、(cosθF，sinθF)，△ABC的重心坐标为
由欧拉线的性质可得△ABC的垂心坐标为
(cosθA＋cosθB＋cosθC，sinθA＋sinθB＋sinθC) 同理△DEF的垂心坐标为
(cosθD＋cosθE＋cosθF，sinθD＋sinθE＋sinθF) 故T的坐标为
船长只需在这一个地方进行挖掘．
E3－044 设M为平面上坐标为(p·1994，7p·1994)的点，其中p为素数，求满足下列条件的直角三角形的个数：
(1)三角形的三个顶点都是整点，而且M是直角顶点； (2)三角形的内心是坐标原点．
【题说】 1994年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题6．
【解】 关于OM中点Q作中心对称，满足条件的直角三角形变为以O点为直角顶点、M为内心的直角三角形OAB，A、B仍是整点．
直线OM斜率为tanβ＝7，直线OA斜率为
由此可设A点坐标为(4t，3t)，B点坐标为(－3s，4s)．从而知t＝4t－3t，s＝－3s＋4s都是整数．
设△OAB内切圆半径为r，则
所以 OA＋OB－AB＝2r
即 t2＋s2＝(t＋s)2－4p·1994·(t＋s)＋4p2·1994 整理得 (t－3988p)(s－3988p) ＝2p2·19942＝23·9972·p2
由于5t＞2r，5s＞2r，故所求三角形个数等于23·9972·P2正因子个数．
于是，当P≠2、997时，有(3＋1)(2＋1)(2＋1)＝36个解；当P＝2时，有(5＋1)(2＋1)＝18个解；当p＝997时，有(3＋1)(4＋1)＝20个解．
E3－045 空间内有四个不共面的点，问共有多少个平行六面体，使得该四点为其顶点？ 【题说】 第七届(1973年)全苏数学奥林匹克九年级题5．
【解】 任何一个平行六面体，只要给出它的一个顶点和三个中截面(这三个中截面的每一个都与平行六面体的所有顶点等距，就是说这三个中截面都经过平行六面体的中心O且平行于其对面)，就唯一确定这个平行六面体(如图a)．
现设不共面的四点为A1、B、C、D．显然存在7个到这四点等距的平面(其中有三个分别平行于四面体A1BCD的一组对棱，另外有四个分别平行于四面体的一个面．这7个平面都过四面体的有关棱的中点
要的是交于一点O的三个平面，因此应排除平行于四面体同一条棱的“三平面组”(如图b中平行于BC的有三个平面：即M1M4M5，M3M4M6和M1M6M3M5)．容易知道这样的“三平面组”有6个．所以，共有29个交于一点的“三平面组”，由它们作三中截面，可以过这四点作29个不同的平行六面体．
E3－046 试考察，在三维空间里，是否有这样一个不全在一个平面上的有限的点集M，具有如下性质：对任何两点A、B∈M，总有另外两点C、D∈M，使得直线AB和CD平行但不重合． 【题说】 第十五届(1973年)国际数学奥林匹克题2．本题由波兰提供．
【解】 这种点集是有的．例如，M可以是一个正方体的顶点、中心，各面中心及各条棱的中点所组成的点集．
E3－047 今有一条折线，它的所有顶点全部位于某个棱长为2的正方体的表面上，它的每一段长度都是3，而且两个端点刚好是正方体的两个距离最远的顶点．试问：该折线最少有多少段？ 【题说】 第二十二届(1988年)全苏数学奥林匹克十年级题3． 【解】 6段．理由如下：
设折线始于A点终于C1点．以A为球心、3为半径的球与正方体
、CC1的中点(如图a)．如果M不与K、L、N重合而位于3段弧之一段上时，则以M为球心，3为半径的球面经过A点，并且将立方体的其余点均包含在该球内部．所以折线必定经过K、L、N三点之一，图b即为6段折线的例子．
E3－048 在棱长为1的正方体中，可否分割出三个不相交的棱长为1的正四面体？(允许其边界相切．)
【题说】 第十五届(1989年)全俄数学奥林匹克十年级题8．
【解】 可以做到．如图所示：以正方体中两个互相垂直的棱AD、BB1、C1D1分别为三个四面体的棱，而与它相对(在各自的四面体中)的棱，其长为1，分别过正方体的中心O，且被O点所平分(如图中与棱AD相对的棱O1O2，O1O2⊥平面OAD，O1O2＝1，且O1O＝OO2)．
E3－049 有77块尺寸为3×3×1的长方体木块，能否将其全部放进尺寸为7×9×11的有盖的盒
子内？
【题说】 第二十三届(1989年)全苏数学奥林匹克八年级题2．
【解】 77块木块的总体积和盒子的容积相等．如果盒子能容下这些木块，则盒子的面必与木块的面完全相贴．木块的面的尺寸只有3×3与3×1两种，但11×7不被3整除．所以盒子无法完全容下这些木块．
E3－05 设O－xyz是空间直角坐标系，S是空间中的一个由有限个点组成的集合，Sx、Sy、Sz分别是S中所有点在Oyz平面、Ozx平面、Oxy平面上的正交投影所成的集合．证明： |S|2≤|Sx|·|Sy|·|Sz|
其中|A|表示有限集合A中的元素数目．
【题说】 第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题5．本题由意大利提供．
【证】 S的点在|Sz|条平行于z轴的直线上．设各直线上S的点数分别为tij((i，j，O)∈Sz)，则
设ui＝|{(i，0，z}∈Sy|，vj＝|{(0，j，z)∈Sx}|，则ui≥tij，vi≥tij，|Sx|＝Σui，|Sy|＝Σvj，有
所以
|S|2≤|Sx|·|Sy|·|Sz|
E3－051 由n3个棱长为1的小正方体垒成校长为n的大正方体，n为偶数．以随意方式对于3n2/2万个单位正方体作记号．证明：可找到一个直角三角形，其顶点在有标记的小正方体中心，且直角边平行于大正方体的棱．
【题说】 第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克十一年级题4．
【证】 把着色小正方体中心称作“色点”，其他小正形中心为“非色点”．过每个“色点”作三条两两垂直且分别平行大正方体三棱的直线．假如从其中一点A出发的三条直线中有两条分别穿过“色点”B、C，那么，△ABC便是所要求的直角三角形．否则，从每一“色点”出发的直线中至少有两条各通过(n－1)个非色点，于是所有直线总共至少通过
个非色点．而每一个非色点，至多被三条不同方向的直线穿过，故被直线穿过的不同的非色点不少于
(n－1)n2＝n3－n2
盾！
E3－052 一个长方体P的边长a、b、c是整数，a≤b≤c，一张平行于P的一个面的平面将P截为两个棱柱，其中一个与P相似，且两个棱柱的体积都不为0．给定b＝1995，有多少个有序三数组(a，b，c)使这样一张平面确实存在？
【题说】 第十三届(1995年)美国数学邀请赛题11．
【解】 截面与长为c的边平行时，截得的棱柱均有一边为c而体积小于P，因此不可能与P相似．所以截面必与c相交，截得一个与P相
32×52×72×192共有(2＋1)×(2＋1)×(2＋1)×(2＋1)＝81个因数，除去b＝3×5×7×19，其余因数两两配对，每一对的乘积为32×52×72×192，其中恰有一个大于b，一
个有序三数组(a，b，c)使所述的平面存在．
E3－053 能否将正方体的某四个顶点涂成红色，另四个顶点涂成黑色，使得过三个同色点的任一平面上必存在一个异色点．
【题说】 1996年城市数学联赛高年级较高水平题1． 【解】 可以做到．如右图所示的涂色满足条件．
E3－054 同一平面上的四个半平面完全覆盖了这个平面，即平面的任意一点至少和四个半平面中的某一个半平面的某个内点相重合．证明：从这些半平面中，可以挑选出三个半平面，它们仍能覆盖全平面．
【题说】 1951年匈牙利数学奥林匹克题3．
【证】 设四个开半平面为f1、f2、f3、f4(“开”指不包括边界直线，“闭”包括边界直线)．如果命题不成立，那么存在点Pi仅被半平
在P1、P2、P3、P4的凸四包为凸四边形P1P2P3P4时，设P1P3与
在P1、P2、P3、P4的凸包为△P1P2P3或线段P1P2时，仿上可得
因此命题成立．
E3－055 证明：任何一个周长为2a的多边形，总可以用一个直径为a的圆盖住． 【题说】 1955年～1956年波兰数学奥林匹克三试题4．多边形可改为闭曲线．
【证】 设W是周长为2a的多边形．在边界上取两点A、B，使它们平分W的周长．则AB＜a．
延长CO到C'，使OC'＝CO，则AC'＝CB．
2CO＝C'C＜AC＋AC' ＝AC＋CB≤a
因此C被⊙O盖住，从而W被直径为a的⊙O盖住．
E3－056 在6×6的象棋盘上，用2×1的骨牌18块将其覆盖(每一块盖两格)．证明：对于任何一种覆盖，都能按水平方向或垂直方向把棋盘分为两部分而不必分开任何一块骨牌． 【题说】 1963年全俄数学奥林匹克九年级题2．用反证法．
【证】 6×6的棋盘上纵横线各5条，每一条分成的两块棋盘上，都各有偶数个方格．如果某条直线与一张骨牌相截，则这张牌的两个小方格分属棋盘的两块；因每块方格数为偶数，故还有一张骨牌与该直线相截．
假设有一种覆盖，不论哪一条直线都横截骨牌，则至少有20张骨牌被这10条直线横截(同一张骨牌不能被不同的直线相截)．但总共只有18张骨牌．故这是不可能发生的，因此结论成立． E3－057 在平行四边形ABCD中，已知△ABD是锐角三角形，边
A、B、C、D为圆心，半径为1的四个圆KA、KB、KC、KD，能覆盖该平行四边形． 【题说】 第九届(1967年)国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．
【证】 作锐角三角形ABD的外接圆．圆心O必在ABD内．弦心距OE、OF、OG将△ABD分为三个四边形(如图)．
若OA≤1，则圆kA覆盖四边形OEAG．圆KB、KD覆盖另两个四边形，所以圆KA、KB、KD覆盖△ABD．由于对称性，圆KC、KB、KD覆盖△CBD．若OA＞1，则圆KA、KB、KD均不覆盖O．由于△CBD≌△ABD是锐角三角形，∠ODC≥∠OCD，∠OBC≥∠OCB至少有一个成立，所以OC≥OD(或OB)＞1，即圆KC也不覆盖O．因此OA≤1是圆KA、KB、KC、KD覆盖
ABCD的充分必要条件．
设ABCD中，AB的高为DH，则DH＝sinα，AH＝cosα，BH＝a－
ABCD．
E3－058 平面上有2n＋1个点，其中每3个点中至少有两个点的距离不超过1．证明：可以用某个半径为1的圆盖住其中至少n＋1个点． 【题说】 1985年芜湖市赛二试题5．
【证】设2n＋1个已知点中，A、B的距离为最大．
设C为其余2n－1个点中任一点，则由已知CA、CB(均≤AB)中必有一个不超过1．因而C在⊙(A，1)或⊙(B，1)内．
于是⊙(A，1)或⊙(B，1)至少有一个覆盖了n＋1个点(包括圆心在内)．
E3－059 用正方形完全盖住边长分别为3cm、4cm、5cm的一个三角形．求这个正方形的最小边长．
【题说】1986年上海市赛一试题2(7)．
【解】以3cm、4cm、5cm为边长的△APQ是直角三角形．设∠P为直角．
为了使覆盖△APQ的正方形边长最小，显然应使三个顶点在正方形边上，且以A为正方形的一个顶点，如图．否则可以作一个更小的正方形也盖住△APQ． 设正方形的边长为acm，则
由CP2＋CQ2＝PQ2得
此即正方形的最小边长．
E3－060 在一张有限的平面上，放上有限多个边相互平行、大小相同的正方形．这个有限平面上每一点至多被它们中的两个正方形所覆盖．证明能把这些正方形分成三个组，同一组中的正方形两两无公共点．
【题说】 1986年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛(16年龄组)题3．
【证】用数学归纳法．n＝3时，结论显然．假定本题断言对于n－1个正方形成立．现有符合题目条件的n个正方形．去掉它们中的最左边一个正方形A1．剩下的n－1个正方形，根据归纳假设，可以分成3个组，同一组中两两无公共点．由于正方形A1位于最左边，与它有公共点的正方形至少含有A1右边的一个顶点B和C．由已知，B或C均至多在两个正方形内(其中一个为A1)，因此A1至多与两个正方形A2、A3有公共点，将A1划归A2、A3所不在的组，则n个正方形分成三个组，同一组中的正方形两两元公共点．
E3－061 在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点．试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0.64．
【题说】第二届(1987年)全国冬令营赛题4．结论可改进为
【解】设△ABC是一个面积为1的正三角形．在每条边上各取两
(1)如果△AB2C1、△BC2A1，△CA2B1中有一个至少盖住已知5个点中的3个，那么命题显然成立．因为这3个点都在△ABC内部，所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移，而
三角形盖住其余两个点，便可使5个点全部盖住，且可保证三个三角形
住两个已知点，那么图a的三个菱形(阴影部分)中均至少有1个点，而它们之间的3个梯形中，至多有一个已知点，因此5个点的分布情况只有图b、图c两类： (i)在图b中，5个点分布在3个菱形中，此时过菱形的顶点所作
点，再作一个适当的小正三角形盖住第5个点．正是这三个三角形满足要求．
(ii)在图c中，有一个菱形中有两个点，另外两菱形各有1个点，而在这两个菱形之间的梯形中还
有
1
个
点
，
不
妨
设
这个点距B比
C近．过
个小正三角形盖住第5个点．此时这三个正三角形满足要求．
E3－062 在n×n的棋盘中，任k行和任l列的公共部分称为它的“子片”，并称k＋l为它的半周长．假如若干个半周长不小于n的“子片”共同覆盖了棋盘的整条主对角线，证明：这些子片覆盖的方格数不少于棋盘总方格数的一半．
【题说】第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克十年级题7．
【证】用数学归纳法证明．当n＝1，2时，结论显然成立．当n＞2时，假设对所有m×m(m＜n)的棋盘结论成立，要证对n×n的棋盘结论也成立．
对任一组满足题设要求的子片．考虑关于主对角线对称的方格对(i，j)与(j，i)(i≠j)．如果在每对方格中至少有一个被覆盖，那么结论成立．
如果有一对对称方格(i，j)与(j，i)都不被覆盖．删去第i、j行及第i、j列．这时每个子片至多被删去两行，或两列，或一行一列，否则该子片盖住方格(i，j)或(j，i)，因此半周长都不小于n－2．根据归纳假设，剩下的(n－2)×(n－2)的棋盘中至少有一半的方格被子片覆盖． 删去的方格共(4n－4)个．由于盖住方格(i，i)的子片，半周长不小于n，所以它在第i行与第j列至少盖住n－1个方格．同理，盖住方格(j，j)的子片至少盖住第j行与第j列的(n－1)个方格．由于子片不盖住方格(i，j)与(j，i)，所以在删去的两行两列中被子片覆盖的方格至少2(n－1)个．即不少于被删去方格的一半． 综上所述，本题得证．
E3－063 将一个 a×b(a＞b)的矩形剖分为若干个直角三角形，其中任意两个直角三角形或有公共边，或有一个公共顶点，或无公共点．若两个三角形有公共边，则此边是一个三角形的直角边，另一个三角形的斜边．证明：a≥2b．
【题说】 1995年城市数学联赛高年级高水平题3．
【证】首先证明：任何三角形的顶点不可能在矩形的内部．假设某三角形的顶点O在矩形的内部，以O为端点的边依顺时针方向排列为OA1，OA2，…，OAn．不妨设OA1是△OA1An的直角边，则△OA1是△OA1A2的斜边．OA2是△OA1A2的直角边，因此OA2是△OA2A3的斜边．如此下去，可得到 OA1＞OA2＞OA3＞…＞OAn＞OA1 这显然是不可能的，故假设不真．
设这些直角三角形中，△ABC的斜边AB最长．若AB在矩形内部，它必是另一个直角三角形的直角边，这个三角形具有更长的斜边，与AB的最长性矛盾．因此，AB必落在矩形的某边上，而C点只能落在此边的对边上．取AB的中点M，则a≥AB＝2MC≥2b．
E3－064 如果一个四边形任意一对边不相交，且有一个内角大于180°，那么我们就称它为“镖形”(如图所示)．设 C是一个凸s边形．被分成q个四边形，任两四边形不重叠(也无空隙)，其中有b个镖形．证明：q≥b＋(s－2)/2．
【题说】第二十七届(1995年)加拿大数学奥林匹克题3．
【证】q个四边形的内角和为2qπ．这些四边形有一些顶点是凸s边形C的顶点，在这些顶点处的内角合在一起是(s－2)π．还有一些顶点在凸s边形C的内部或边上．
由于每个镖形有一个大于180°的内角，称为优角．优角的顶点不是凸多边形C的顶点，因而一定在C的内部．这样在C内部的顶点至少b个，在这些顶点处的内角之和为2bπ．
E3－065 S1是1×1的正方形．对i≥1，正方形Si＋1的边长是正方形Si的边长的一半，正方形
Si的两相邻边是正方形Si＋1的两相邻边的垂直平分线，而Si＋1的另两条边是正方形Si＋2的两相邻边的垂直平分线，如图，S1、S2、S3、S4、S5所覆盖的整
【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题1．
E3－066 给定两个三角形△ABC和△PQR，其公共部分的面积为正时，称之为“△ABC和△PQR相交”；若公共部分的面积为0时，称之为“不相交”．
平面被不相交的三角形集合T所覆盖，而属于T的两个不同的三角形的公共部分是一条边(有两个顶点相同)，或只有一个公共的顶点．设新的△ABC是属于T的三角形集合中的任意三个顶点A、B、C连结而成．△ABC的内角∠A、∠B、∠C的最小值为θ．若在△ABC的外接圆内部不含T的任一三角形的顶点．证明：在属于T且与△ABC相交的三角形中存在着一个三角形，其最小的内角不超过θ．
【题说】1996年日本数学奥林匹克题1．
【证】不妨设∠A＝θ．当△ABC属于T时，△ABC即为所求．设△ABC不属于T．
若BC是属于T的某三角形的边，在以BC为边的两个三角形中，与△ABC相交的设为△DBC，则D在△ABC的外接圆外，并与A在BC的同侧，所以∠BDC≤θ，即△DBC为所求．
若BC不是T中任何一个三角形的边，则在属于T的且以B为顶点的三角形中，存在△BDE，除B点外，与BC还有公共部分．由T的结构，顶点C在△BDE的外部，且D、E在BC的两侧．不妨设D、A在BC的同侧，则∠BDE＜∠BDC≤θ，从而△BDE为所求．
E3－067 (1)一个正方形被分割成若干个直角边分别为3，4的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．
(2)一个矩形被分割成若干个直角边分别为1，2的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．
【题说】1996年城市数学联赛低年级较高水平题4．
【证】(1)由于三角形的三边长均为整数，所以正方形的边长也为整数n．又由于三角形的面积为6，所以6|n2，从而 2|n，3|n．即6|n．记n＝6m，则n2＝36m2，三角形的总数6m2是偶数． (2)矩形被若干条割缝(线段)分割成若干个所述的直角三角形，割缝的端点都是三角形的顶点．考虑直角三角形的斜边．若矩形的一组对边上分别有b，d个斜边，则存在非负整数a、c(因三角形的直角边皆为整数)，使
从而b＝d．即在矩形的对边上的斜边个数相同．
若斜边在割缝上，同理可知在这条割缝上的斜边，相应的直角三角形位于割缝一侧的个数与位于另一侧的个数相同．
因此，直角三角形的斜边的个数为偶数(若两个直角三角形有一条公共斜边，则这条斜边应当计算两次)，从而直角三角形的个数为偶数．
E3－068 5×7的矩形能否被3格组成的角尺形(即2×2的正方形去掉1格而得到的图形)覆盖(角尺形可重叠但不能越出矩形边界)，使得矩形中每个小格上覆盖的层数都相等？
【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克九年级题8．
【解】如图所示，将5×7的矩形小方格涂成黑白两色．黑色格记为－2，白色格记为1，因而任意一个角尺形所覆盖的数的和非负．假设可按题设要求将矩形中的每个小方格覆盖k层，那么矩形中所有数(按层数计算)的和S非负．
另一方面，矩形中的数和为(－2)×12＋23×1＝－1，所以S＝k·(－1)＝k＜0．这与S的非负性矛盾，因此，所说的覆盖不存在．
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