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答 案
见解析
解析
解：证明：不妨设相距最远两点距离为，则这些点可以被一个边长为的正方形覆盖，(这些点在
正方形内部或者边界，只需要考虑坐标即可)．将这个正方形等分成
个小正方形，所以必
然有两点在同一个小正方形内，所以
．
答 案
见解析
解析
解：先证明一个引理．
引理：任一
关于其重心
的中心对称图形恰覆盖
面积的
．
证明：如图，取
、
、
的三等分点分别为
和
、
和
、
和
．
于是，
同时为线段
、
、
的中点．从而，直线
与
、
与
、
与
分别关于点
中心对称，这表明，直线
、
、
所围成的
即
为
关于点
的中心对称图形．
故
与
的公共部分即为六边形
，其面积为
引理得证．
对任一四边形，必有一条对角线落在四边形内部，并将此四边形分为两个三角形．由于必有其中一
模块
模块1：
1
1
例题1
1
1
44 × 44
⩾
min A
A
∣
i
j∣
max A
A
∣
i
j∣
=
44
1
2
1
22
>
2
30
例题2
△ABC
G
△ABC
3
2
BC
CA
AB
A
1
A
2
B
1
B
2
C
1
C
2
G
A B
1
2
B
C
1
2
C
A
1
2
BC
B
C
2
1
CA
C
A
2
1
AB
A
B
2
1
G
B
C
2
1
C
A
2
1
A
B
2
1
△A B C
′
′
′
△ABC
G
△A B C
′
′
′
△ABC
A
A
B
B
C
C
1
2
1
2
1
2
S
−
△ABC
S
−
△AC
B
1
2
S
−
△BA
C
1
2
S
=
△CB
A
1
2
S
−
△ABC
3 ×
S
=
9
1
△ABC
S
3
2
△ABC
个三角形的面积不小于四边形面积的一半，于是，若以此三角形的重心
为对称中心，则原四边形
关于点
的中心对称图形覆盖原四边形的部分面积不小于此三角形面积的
，即不小于原四边形面
积的
．
答 案
见解析
解析
解：需要将一个边长为
厘米、
厘米、
厘米的三角形分割为两部分，使得这两个三角形没有
重叠地被一个圆覆盖，求这个圆的直径的最小值．
注意到，不存在直线使得其与三条边均相交
因此，圆的直径不会小于三角形的最短边，即直径不会小于
厘米．
下面证明：圆的直径可以为
厘米．
为了方便起见，记
，
，
．
则
的半周长、面积分别为
，
．
从而，最短的高(边
上的高)为
．
构造一个以
为直径的圆，圆与边
、
分别交于点
、
则
、
为
的两条高线．
沿
将
分割，四边形
已经在给定的圆内(如图，在上半圆内)．
最后证明
可以放置到给定的圆的下半圆中．
注意到，
，且相似比为
．
由余弦定理得
．
作出
中的最短的高
．
故
．
现把
放到给定圆的下半圆中，使得边
位于直径
上，且点
与圆心重合，如
图．
1
P
P
3
2
3
1
例题3
19
20
21
19
19
AB = 20 = c
BC = 19 = c −1
AC = 21 = c + 1
△ABC
p
S
p =
c
2
3
S =
=
c ⋅
c
−1
+ 1
2
3
2
1 (2
c
) (2
c
)
4
c
3 c −4
( 2
)
AC
BB
=
1
=
AC
2S
2 c + 1
(
)
c
3 c −4
( 2
)
BC
Γ
Γ
AC
AB
B
1
C
1
BB
1
CC
1
△ABC
B
C
1
1
△ABC
BC
B
C
1
1
△AB
C
1
1
△AB
C
∽△ABC
1
1
cos A
c −1
=
(
)2
c +
2
c + 1
−
(
)2
2c c + 1 cos A ⇒
(
)
cos A =
2 c + 1
(
)
c + 4
△AB
C
1
1
B
B
1
2
B
B
=
1
2
BB
cos A =
1
4 c + 1
(
)2
c c + 4
(
)
3 c −4
( 2
)
△AB
C
1
1
AC
1
BC
B
2
只要能够证明线段
、
、
均小于半径
，就足以说明
是可以放到这
个半圆中．
因为
，
，所以，
，
．
由
，则
．
在
中，
．
故
．
注意到，
，且
．
故只需证
．
易验证，当
厘米时，上式成立．
则圆盘直径的最小值为
厘米．
答 案
见解析
解析
解：把单位线段按从左到右覆盖的顺序记为
，
，
假设存在，使得线段
与
有一个公共点．则它们合并为一条包含线段
的更长的线段．
于是，移除线段
，仍被完全覆盖，与条件矛盾．从而，线段
与
不能有公共点．
特别地，奇数下标线段
，
，
互不相交，对每个，长度为正的线段分离
与
．最
多有
条这样的单位线段在长度为
的线段上．这表明，最多有
条在已有的覆盖系统中．事实
上，若至少有
条，则至少有
条下标为奇数，这是不可能的．
考虑数轴上的区间
．把它记作首项为
、末项为
、项数为
的等差数列，则公差
．
在区间内放上
条单位线段
，
，
，
，使得它们的中点和数列的项一致．
显然，它们完全覆盖区间，
与
是仅有的分别包含与
的线段．
考虑线段
、
，它们的中点相距
．则其被一个长度为
的间
隙隔离，此间隙只被线段
覆盖．故若要保持覆盖，就不能移除线段
．
类似地，也不能移除线段
或
．
综上，
，
，
，
正是满足所需性质的覆盖，线段数的最大值为
．
1
B
C
2
1
B
A
2
B
B
2
1
2
c −1
△AB
C
1
1
△ABC∽△AB
C
1
1
BC < BA
B
C
<
1
1
B
A
1
B
C
<
2
1
B
A
2
c = 20
cos A =
=
42
24
<
7
4
⇒
2
2
∠A > 45∘
Rt△AB
B
2
1
B
A <
2
B
B
2
<
4 c + 1
(
)2
c c + 4
(
)
3 c −4
( 2
)
⇔
2
c −1
c c + 4
<
(
)
3 c −4
( 2
)
2 c + 1
c −1
(
) ( 2
)
c c + 4 <
(
)
c + 1
c + 3
(
) (
)
c −
2
4 < c −
2
1
c + 1
c + 3
<
(
) (
)
3 c −1
( 2
)
2 c + 1
c −1 ⇔
(
) ( 2
)
c + 3
<
(
)
3
2
⇔
c −1
2
3 c +
( 2
c = 20
c −1 = 19
例题4
S
S
1
S
2
⋯
k
S
k
S
k+2
S
k+1
S
k+1
S
S
k
S
k+2
S
1
S
3
⋯
i
S
2i−1
S
2i+1
49
50
98
99
50
I = 0, 50
[
]
2
1
2
99
98
d =
>
97
49
2
1
1
98
S
1
S
2
⋯
S
98
I
S
1
S
98
0
50
S
k
S
1 ⩽k ⩽96
k+2 (
)
2d =
>
97
98
1
97
1
S
k+1
S
2 ⩽k ⩽97
k (
)
S
1
S
98
S
1
S
2
⋯
S
98
98
答 案
见解析
解析
解：注意到，
方格表中共有
条单位网格线，每个三角形覆盖其中的条．
于是，
．
这表明，
或
，且方格表的边线被等腰直角三角形的斜边覆盖，则
．
从而，
或
．
图为
，时满足条件的覆盖方式，图则表明了若
方格表可被覆盖，故
的大方格表同样可以被覆盖．由归纳知当
或
时，符
合条件．
答 案
解析
解：考虑一个能覆盖住此凸多边形的圆盘．所有角的两边所在直线均与圆盘相交．
则圆周被分割成
段圆弧，记相应的弧度分别为
，
，
，
和
，
，
，
．
注意到，
由于
，
，
1
1
例题5
n × n
2n n + 1
(
)
3
3 2n n + 1
∣
(
)
n ≡0
2 mod3
(
)
2 n
∣
n ≡0
2 mod6
(
)
2
n = 2
6
3
n × n
n + 6 ×
(
)
n + 6
(
)
n = 6k
6k −4 k ∈Z
(
+)
例题6
2017
π
4034
φ1
φ2
⋯
φ2017
ψ
1
ψ
2
⋯
ψ
2017
α
=
i
φ
+ ψ
2
1 (
i
i)
φ
+ ψ
=
i=1
∑
2017
(
i
i)
2π
α
=
i=1
∑
2017
i
φ
+ ψ
2
1
i=1
∑
2017
(
i
i)
于是，
．
又总共有
个角，据抽屉原理，知至少有一个角不小于
．
显然，当凸多边形为正
边形时，这个值是可以取到的．
答 案
见解析
解析
证明：
若
，
，
，
，
的凸包是凸五边形，则结论显然成立．
若
，
，
，
，
的凸包是四边形或三角形，则这点中必有一点在以其余点为顶点
的三角形内．不妨设
在
内，于是，点
，
，
，
落在个角
，
，
内．由抽屉原理，知若中至少有
个点落在同一个角
内，不妨设
，
在
内，于是
是一个凸五边形．
答 案
见解析
解析
证明：以点为顶点的三角形共有
个，故我们只需证明其等价命题：至少存在个非锐角
三角形，分为三种情形：
点的凸包为凸五边形
时，则因个内角和为
，故其
中至少有两个内角为非锐角(否则个内角之和小于
，矛盾)，又分为两种
情形：
(i)有相邻的两内角为非锐角，不妨设
，
为非锐角，连接
，则凸四边形
至少有一个内角为非锐角，得到个非锐角三角形，加上
，
共有个非锐角
三角形．
(ii)有不相邻的两内角为非锐角，不妨设
，
为非锐角，连接
则凸四边形
至少有一个内角为非锐角，得到个非锐角三角形，加上
，
共有个非锐角
三角形．
点的凸包为凸四边形
，另一点
在凸四边形内．因无点共线，不妨设
在
内，因为
，故
，
，
中至少有两个角为非锐角，可得个非锐角三角形．又凸四边形
中至少有一个内角为非锐角，又可得个非锐角三角形，一共有个非锐角三角形．
点的凸包为
，其余两点
，
在
内，于是
，
，
中有个非锐角三角形，并且
，
，
中有个非锐角三角形，一共有个非锐角三角形．
综上所述便知，以任意点(其中任意点不共线)为顶点的三角形中至多有个锐角三角形．
1
1
α
=
i=1
∑
2017
i
π
2017
2017
π
2017
例题7
1
( )
A1
A2
A3
A4
A5
2
( )
A1
A2
A3
A4
A5
5
A4
△A A A
1
2
3
4
B
1
B
2
B
3
B
4
3
∠A
A
A
1
4
2
∠A A A
2
4
3
∠A A A
3
4
1
+
[
3
4 −1 ]
1 = 2
B
1
B
2
∠A
A
A
1
4
2
B
B
A
A
A
1
2
2
4
1
例题8
5
C
=
5
3
10
3
1 5
( )
A
A
A
A
A
1
2
3
4
5
5
5 −2 ×
(
)
180 =
∘
540∘
5
4 × 90 +
∘
180 =
∘
540∘
∠A
1
∠A
2
A
A
2
5
A
A
A
A
2
3
4
5
1
△A A A
5
1
2
△A A A
1
2
3
3
∠A
1
∠A
3
A
A
1
3
A
A
A
A
1
3
4
5
1
△A A A
5
1
2
△A A A
2
3
4
3
2 5
( )
A
A
A
A
1
2
3
4
A
5
3
A
5
△A A A
1
2
3
∠A
A
A
+
1
5
2
∠A
A
A
+
2
5
3
∠A
A
A
=
3
5
1
360∘
∠A
A
A
1
5
2
∠A A A
2
5
3
∠A A A
3
5
1
2
A A A A
1
2
3
4
1
3
3 5
( )
△A
A
A
1
2
3
A
4
A
5
△A
A
A
1
2
3
△A
A
A
1
2
4
△A A A
2
3
4
△A A A
3
1
4
2
△A A A
1
2
5
△A A A
2
3
5
△A A A
3
1
5
2
4
5
3
7
答 案
见解析
解析
解：设线段
上点
满足
，为
的中点．
接下来用数学归纳法证明：若
为
与
的交点(点
与
不重合)，则
，
这表明，点在
内．
答 案
见解析
解析
解：从而，在
中
，
．
当
时，由点的定义知结论成立．
假设当时结论成立．
如图，设
的另一个三等分点为
，中点为
．
作平行四边形
，记
与
、
、
分
别交于点
、
、
．
因为
，所以，
为
的重心，即点
与
重
合．
又
，则点
与重合．
由
，知点
与
重合．
而
，
，
则
．
由
，
，知当
时结论成立．
下面只需证明：对于任意与不重合的点
，存在使得点
不在
内部．
1
2
例题9
A A
1
2
T
=
TA
2
A
T
1
2
S
A
T
3
T
n−3
A
S
n−1
A
A
n−3
n−2
T
1
T
=
T
A
n−3
n−2
A
T
n−3
n−3
2
=
SA
n−1
T
S
n−3
1
S
△A
A
A
n−3
n−2
n−1
2
( )
=
TA
2
A
T
1
2
=
SA
3
TS
1
n = 4
S
n
A
A
n−3
n−2
B
n−3
D
n−3
A
A
B
E
n−1
n−3
n−3
n−3
B
E
n−3
n−3
A
D
n−1
n−3
A
T
n−1
n−3
A
A
n−1
n−2
An
′
S′
T
n−2
′
=
A
D
n′
n−3
A
A
n−1
n
′
=
B
D
n−3
n−3
A
E
n−1
n−3
2
An
′
△A
A
A
n−3
n−2
n−1
An
′
An
=
S T
′
n−3
A
S
n−1
′
=
B
T
n−3
n−3
A
E
n−1
n−3
1
S′
S
=
T
A
n−2
′
n−1
A
T
n−2
n−2
′
=
A
E
n−1
n−3
B
A
n−3
n−2
2
T
n−2
′
T
n−2
B
A
=
n−3
n
B
E
=
3
1
n−3
n−3
T
E
n−2
n−3
SB
=
n−3
SE
n−3
A
S =
n
ST
n−2
=
T
A
n−2
n−1
A
T
n−2
n−2
2
=
SA
n
T
S
n−2
1
n + 1
S
S′
n
S′
△A
A
A
n−3
n−2
n−1
假设存在点
与不重合，且
在
内部设
．
由
，
，
知当足够大时，
的最大边可以足够小，且小于
．
这样的三角形可以被一个直径小于的圆覆盖，但此圆不能覆盖
，这与点、
均在
内部矛盾．
故不存在这样的点
．
S′
S
S′
△A
A
A
n−3
n−2
n−1
SS =
′
ε > 0
A
A
<
n−1
n
A
A
+ A
A
⩽
3
1 (
n−1
n−3
n−1
n−2)
max A
A
, A
A
3
2
{
n−1
n−3
n−1
n−2}
A
A
<
n−2
n
A
A
+ A
A
⩽
3
1 (
n−3
n−2
n−2
n−1)
max A
A
, A
A
3
2
{
n−3
n−2
n−2
n−1}
n
△A
A
A
n−3
n−2
n−1
2
ε
ε
S S
′
S
S′
△A
A
A
n−3
n−2
n−1
S′
