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2013高中数学奥数培训资料之覆盖


兰州成功私立中学高中奥数辅导资料 (内部资料) §29 覆盖

一个半径为 1 的单位圆显然是可以盖住一个半径为

的圆的.反过来则不然,一个

半径为

的圆无法盖住单位圆.那么两个半径为

的圆能否盖住呢?不妨动手实验

一下,不行.为什么不行?需几个这样的

小圆方能盖住大圆?……,这里我们讨论 的就是覆盖问题,它是我们经常遇到的一类有趣而又困难的问题. 定义 设G和F是两个平面图形.如果图形F或由图形F经过有限次的平移、旋转、 对称等变换扣得到的大小形状不变的图形F′上的每一点都在图形G上.我们就说 图形G覆盖图形F;反之,如果图形F或F′上至少存在一点不在G上,我们就说 图形G不能覆盖图形F. 关于图形覆盖,下述性质是十分明显的: (1) (2) 图形G覆盖自身; 图形G覆盖图形E,图形E覆盖图形F,则图形G覆盖图形F.

1.最简单情形――用一个圆覆盖一个图形. 首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到: 定理1 如果能在图形F所在平面上找到一点O,使得图形F中的每一点与O的距 离都不大于定长r,则F可被一半径为r的圆所覆盖. 定理2 对于二定点A、B及定角 α 若图形F中的每点都在AB同侧,且对A、B 视角不小于 α ,则图形F被以AB为弦,对AB视角等于 α 的弓形G所覆盖. 在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中,上述二定理应用十分广泛. 2.一个图形F能否被覆盖,与图形中任意两点间的距离最大值d密切相关. 以下我们称图形F中任意两点间的距离最大值d为图形F的直径. 我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题.

定义 对于图形G1,G2,…,Gn,若图形F中的每一点都被这组图形中的某个所 覆盖,则称这几个图形覆盖图形F. 图形G1,G2,…,Gn为n个圆是一特殊情形. 3.直线形图形覆盖别的图形的问题 解决直线形图形覆盖别的图形的问题,常须较高的智巧,一般的处理方法是通过构 造过渡图形,逐步调整,最终获得问题的解决. 4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式

所谓图形F能嵌入图形G,其本质就是图形G能覆盖图形 F.

例题讲解

1.求证:(1)周长为2l的平行四边形能够被半径为 的圆面所覆盖.
(2)桌面上放有一丝线做成的线圈,它的周长是2l,不管线圈形状如何,都可

以被个半径为

的圆纸片所覆盖.

2.△ABC 的最大边长是a,则这个三角形可被一半径为

的圆所覆盖.

3.△ ABC的最大边 BC 等于a,试求出覆盖△ ABC 的最小圆.

4. 以ABCD的边为直径向平行四边形内作四个半圆, 证明这四个半圆一定覆盖整 个平行四边形.

5.求证:一个直径为1的圆不能被两个直径小于1的圆所覆盖.

6.给定一个半径为1的圆,若用半径为 的圆去覆盖它,问至少要几个才能盖住.

7.证明直径为1的图形F可被单位正方形覆盖.

8.直径为1的图形F可被一个边长为

的正三角形覆盖,试证明之.

9.试证面积为 S、周长为 P 的四边形一定可嵌入一个半径为

的圆.

10.在一个半径等于 18 的圆中已嵌入 16 个半径为 3 的圆.证明在余下的部分中还能

嵌入 9 个半径为 1 的圆.

例题答案:
1.分析 (1)关键在于圆心位置,考虑到平行四边形是中心对称图形,可让覆 盖圆圆心与平行四边形对角线交点叠合. (2)"曲"化"直".对比(1),应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆 圆心. 证明 (1)如图45-1,设ABCD的周长为2l,BD≤AC,AC、BD 交于O,P为周界上任意一点,不妨设在AB上,则 ∠1≤∠2≤∠3,有OP≤OA.

又AC<AB+BC=l,故OA<



因此周长为2l的平行四边形ABCD可被以O为圆心;半径为 题得证.

的圆所覆盖,命

(2)如图 45-2,在线圈上分别取点 R,Q,使 R、Q 将线圈分成等长两段,每段各长 l.又设 RQ 中点为 G,M 为线圈耻任意一点,连 MR、MQ,则

因此,以 G 为圆心,

长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈.

2.分析 a为最大边,所对角 A 满足60°≤A<180°. 证明 不妨设 BC=a,以 BC 为弦,在 A 点所在一侧作含 60°角的弓形弧(图45- 3).因60°≤A≤180°,故根据定理2,△ABC 可被该弓形所覆盖.

由正弦定理,弓形相应半径r= 所覆 盖.

,所以△ABC 可被半径为

的圆

显然覆盖△ABC 的圆有无穷多个,那么半径为 事实并不 尽然.

的圆是否是最小的覆盖圆呢?

3.解 分三种情形进行讨论: (1) (2) ∠A为钝角,以BC为直径作圆即可覆盖△ABC. ∠A是直角,同样以BC为直径作圆即可覆盖△ABC;

(3)∠A是锐角.假若⊙O 覆盖△ABC,我们可在⊙O 内平移△ABC,使一个顶点 B 落到圆周上,再经过适当旋转,使另一个顶点落在圆周上,此时第三个顶点 A 在⊙O 内或其圆周上,设 BC 所对圆周角为 α ,那么∠BAC≥α ,设⊙O 直径d,△ABC 外 接圆直径d0,那么

所以对于锐角三角形 ABC,最小覆盖圆是它的外接圆. 今后我们称覆盖图形 F 的圆中最小的一个为 F 的最小覆盖圆.最小覆盖圆的半径叫 做图形 F 的覆盖半径.

综合例2、例3,即知△ABC 中,若a为最大边,则△ABC 的覆盖半径r满足

4.分析1 ABCD的每一点至少被某个半圆所盖住. 证明1 用反证法.如图45-4设存在一点P在以AB、BC、CD、DA为直径 的圆外,根据定理二,∠APB,∠BPC,∠CPD∠DPA均小于90°,从 而 ∠APB+∠BPC+∠CPD+∠DPA<360°.

与四角和应为周角相矛盾.故P应被其中一半圆盖住,即所作四个半圆覆盖ABC D. 分析2 划片包干,如图45-5,将ABCD分为若干部分,使每一部分分别都被 上述四个半圆所覆盖.

证明2 在ABCD中,如图45-5,设AC≥BD.分别过B、D引垂线B E、DF垂直AC,交AC于E、F,将ABCD分成四个直角三角形,△AB E、△BCE、△CDF、△DAF.每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖, 从而整个四边形被四个半圆所覆盖.
5.证明 如图45-6,先考虑其中一个小圆即⊙O1去覆盖大圆O,连O1、O 过O作AB⊥O1O,AB为⊙O的直径(若O1、O重合,那么AB为任意直径) 此时

故A、B两点都不能被⊙O1盖住.至于另一小圆⊙O2无疑不能同时盖住A、B两 点,故⊙O1、⊙O2不能覆盖⊙O.

事实上,我们还可以从另一角度给予证明.那就是一个小圆无法覆盖半个大圆,因 此两个小圆也就不可能覆盖住整个大圆了. 现在,我们着手研究本文一开始就提出的问题.

6. 问题需要我们在二个方面给予回答: 一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆; 二是 少于确定的数目,则全部小圆不能覆盖大圆.
对于不能覆盖的推断,以下两个原则是常用的: 原则1 若图形F的面积大于图形G的面积,则图形G不能覆盖图形F. 原则2 直径为d的图形F不能被直径小于d的图形G所覆盖. 两原则十分显然,不再证明.

四个半径为

的小圆面积和为 π ,恰等于大圆面积,而四小圆间若不重迭,则覆盖

其它图形时,还须排除中间所夹的不属于四圆的部分,换句话说,四小圆所覆盖大 圆部分面积必小于大圆自身面积,根据法则1,不可能覆盖大圆,少于四个小圆更 不可能. 若有五个小圆,我们改变角度考虑,可将大圆周分为六等分.因小圆直径为1,五 个小圆无法盖住大圆周,而六个圆周恰好盖住. 还需考虑大圆圆心没有被盖住,再添加一个小圆,符合要求!

这说明: 至少七个以

为半径的小圆方能覆覆盖半径为 1 的一个大圆.事实上这样的

六个小圆若盖住大圆周,则大圆心不能被覆盖.若其中一小圆盖住大圆圆心,那么 该圆又至多盖住大圆周上一点也就是六个小圆无法覆盖大圆,而我们作大圆的内接 正六边形,分别将小圆圆心与各边中点重合,再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合 即可盖住大圆,如图45-7,以下给出证明: 对于正△OAB, 设OA、 OB中点A1、 1, B 那么∠AA1B=∠AB1B=90°, 故四边形AA1B1B被以AB为直径的圆覆盖.另外,△OA1B1被小圆⊙O所覆 盖.类似地可推得七个小圆覆盖整个大圆.

1 42 3 2 ? ? ? ? ( ) ? sin 18 sin 36 sin 54 sin 72 4 2 1 42 3 ? ( ) ? 4 2 1 42 3 ? ( ) ? 4 2 1 42 3 ? ( ) ? 4 2 1 43 3 ? ( ) ? 4 2 1 43 3 ? ( ) ? 4 2
? ? ?

?

2 cos 72 cos 54 cos 36 cos 18
? ? ?

?

2 cos 18 cos 36 cos 72 cos 54
? ? ? ?

?

2 cos 18 cos 36 sin 18 cos 54
? ?

2 sin 72 cos 54
?

2 cos 18 sin 36
1 4

?

又 (cos 18 ? sin 36 ? ) 2 ?

(1 ? cos 36 )( 1 ? cos 72 )

?

?

? ? ?

1 4 1 4 5 16

(1 ? cos 36

?

? cos 72
?

?

? cos 36 cos 72 )

?

?

(1 ? cos 36 cos 72 )

?



cos 18 sin 36

?

?

?

5 4

.

所以 sin 1 ? sin 2 ? ? sin 89 ? ? ( ) 45 ? 6 10 .
4

1

7. 分析 先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间,再向内收缩.
证明 取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形F夹在中间,再将位于下 方的直线l2向上平移,直至遇到图形F上点为止,中图45-8中l2′处.接着 又将l1向下平移至与l2′相距为1的l1′处止. 因图形F直径为1. 故图形F仍 被二直线l1′,l2′所夹.同样采用先左后右的顺序,将沿直线m1、m2平移至 m1′、m2′处,m1′、m2′相距为1,而图形F依然夹在直线m1′,m2′中 间,从而直线l1′、l2′、m1′、m2′所围成单位正方形即可覆盖图形F. 运用上述方法,我们可进一步解决以下问题:

8. 证明 作三对相距为1的平行直线m1、m2、n1、n2,l1、l2,相交直线 所成角为60°, 围成可覆盖图形F的六边形及正△A1B1C1, 正△A2B2C2 (具 体作法可参照例7).如图45-9.设P为F中任意一点,它到六边形各边距离 依次为x、a、y、b、z、c.又设正△A1B1C1的高为h1,正△A2B2C2 的高为h2.因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形的高,得
a+b+c=h1, x+y+z=h2. 相加,得 (x+b)+(y+c)+(z+a)=h1+h2, 又x+b=1,y+c=1,z+a=1,

∴h1+h2=3.

根据抽屉原则,h1、h2中有一不大于

,不妨设

,即正△A1B1C1的高不大于

,那么它的边长

因此图形F可被边长不大于

的正三角形即正△A1B1C1所覆盖.

9.分析 四边形内存在到各边距离不小于

的点.

证明 如图 45-10,设四边形 ABCD 面积为S,周长为P.各边长分别为a1、 2、 3、 a a

a4.现以a1、a2、a3、a4为长, 积是

为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面

即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部

存在点 O 没有被矩形覆盖,那么以点 O 为圆心,

为半径的圆可嵌入四边形 ABCD 中.

10.证明 首先证明大圆中还能嵌入 1 个半径为 1 的小圆.先将大圆的半径收缩为 17, 而将半径为 3 的圆膨胀成半径为 4 的圆,此时大圆面积变为 π ×17 =289π . 16 个半径为 4 的圆的面积是 π ×4 ×16=256π . 289π -256π =33π . 这说明大圆中嵌入 16 个半径为 3 的圆外,还能嵌入半径为 1 的一个小圆,如图 45-11 所示. 再将大圆的半径收缩为 17,半径为 3 的圆的半径膨胀为 4,半径为 1 的圆膨胀为 2,由 于 289π -256π -4π =29π ,所以大圆中除嵌入 16 个半径为 3 的圆外,还能嵌入两个半径 为 1 的圆.依此类推,由于 289π -256π -4π ×8=π >0, 故大圆还可嵌入九个半径为 1 的小圆. 将图形收缩、膨胀是解嵌入问题一种重要方法.
2 2


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