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特征分析思想在解数学竞赛题中的应用


2005 年第 11 期

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特征分析思想在解数学竞赛题中的应用
周瑜君
( 天津师范大学数学科学学院 2003 级研究生 ,300074)

   本文结合例题介绍特征分析思想的应用.
1  关系式特征

a = b + bc = b ( b + c) , a? a = b? b + b? c.

2

2

数学竞赛题中 ,常会给出一些关系式 ,有 的时候可恰当地转化关系式的形式 , 使之与 我们学过的某些知识建立起联系 , 从而找到 解题的切入点 . 例1  已知 a 、 b、 c 为 △ABC 的三边长 , 2 2 且满足 a = b + bc . 求证 : ∠A = 2 ∠B . 分析 : 考虑到已知条件给出的关系式的 特征
   收稿日期 :2005 - 03 - 22   修回日期 :2005 - 09 - 08

比较这两种特征 , 我们可以联想到相似 三角形中的比例关系 , 同时可以构造图形来 解此题 . 证明 : 如图 1 ,延长
CA 到 D , 使得 AD = AB

= c , 则 CB = CA ? CD .

2

所 以 , CB 为 △ABD 的 外接圆过点 B 的切线 . 注意到 ∠ABC = ∠ADB
= ∠ABD ,故

图1

∠CAB = 2 ∠ABC ,
10 × 10的方格表中 ,且每个方格填一个数 . 证

特性相映照 ,往往能使矛盾显现出来 . 4. 1   极端位置 例6  试问能否在平面上放置 2 008 条 线段 ,使得每一条线段的端点都严格地位于 其他线段的内部 ? 证明 : 假设可以放置 2 008 条线段 , 使得 它们的 4 016 个端点全部严格地位于其他线 段的内部 . 现取一定点 O ,并找出 4 016 个端 点中离点 O 最远的点 A ,于是 ,平面上再没有 比点 A 到点 O 的距离更远的点 ( 上述线段的 端点) 了 . 由于点 A 严格位于另一线段 BC 内 部 ,从而 , 点 A 是 △OBC 的边 BC 上的点 . 故 OA < max{ OB , OC} . 这与点 A 是离点 O 最远 的点矛盾 . 可见平面上不能放置满足题目要 求的 2 008 条线段 . 注 : 本题抓住极端位置 — — — 最远点 A ,层 层展开 ,导出矛盾 . 4. 2   边界位置 ( 典型位置) 例 7  将 正 整 数 1 至 100 随 意 填 入

明 : 必有某两个相邻方格 ( 即具有公共边的方 格) 中所填数字之差不小于 6. 证明 : 假设可以找到一种填法使得每两 个相邻方格中所填数字之差都不超过 5 ( 即 小于 6) . 观察与 1 在同一行 、 与 100 在同一列 的方格内的数字 a , 由于 a 与 1 之间至多间 隔 8 个方格 ,故 a≤ 1 +9× 5 = 46. ① 又由于 a 与 100 之间也至多间隔 8 个方 格 ,故
a≥ 100 - 9 × 5 = 55.

与式 ① 矛盾 ,从而原命题成立 . 注 :本题在从特殊位置特殊对象入手的 同时 ,又注意从全面加以考虑 ,从而使问题顺 利获证 .
参考文献 :
[1]   常庚哲 ,李炯生 . 高中数学竞赛教程 [ M] . 南京 : 江苏

教育出版社 ,1989 ,6.

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中 等 数 学

即  ∠A = 2 ∠B . 例2  如图 2 ,设 △ABC 的外接圆半径为
R , AD ⊥BC , DE ⊥AB , DF ⊥AC . 求证 : S △ABC

( 2000 ,全国高中数学联赛)

分析 : 仔细品味题中给出的数量关系 ,就 可得到其数量特征 . 不妨设 n 个人分别为 A 1 , A 2 , …, A n , A i 通话的次数为 mi , A i 与 A j 之间的通话次数 为λ j ≤n ) , 其中 λ ij ( 1 ≤i 、 ij = 0 或 1. 从而数 量特征为
m i + mj - λ ij =

= R? EF.

分析 : 考虑到结论中关系式的特征与三 角形面积之间的关系 ,有 1 R? EF = ( 2 R ) ? EF 2
= 1 AH? EF ( AH 为直径) . 2

1 2

n

s=1

∑m

s

- 3 =c,

k

由此猜测 AH ⊥
EF , 接 下 来 完 成 证

其中 c 为常数 . 进而猜测 mi ( i = 1 ,2 , …, n ) 为常数 . 解 : 记 n 个人分别为 A 1 , A 2 , …, A n . 设
A i 通话的次数为 m i , A i 与 A j 之间的通话次

明. 证 明: 作 直 径 AH 交 EF 于 G , 辅助 线如图 2 所示 . 则   ∠ AHB = ∠ ACB . 图2 因为 A 、 E、 D、 F 四点共圆 ,所以 , ∠A EF = ∠ADF = ∠ACB = ∠AHB . 从而 , E 、 B、 H、 G 四点共圆 . 因为 ∠AB H = 90° ,则 AH ⊥EF. 又因为 DE ∥HB ,所以 , S △BDE = S △HDE . 同理 , S △CFD = S △HFD . 故 S 四边形 HFA E = S △HFE + S △A FE
= S 四边形BCFE + S △A EF = S △ABC . 1 AH? EF ,所以 , 2

数为λ j ≤n ) ,其中 λ ij ( 1 ≤i 、 ij = 0 或 1. 显然 n ≥ 5. 所以 , | m i - m j | = | ( m i + ms ) - ( m j + ms ) |
= |λ 1 , 1 ≤i 、 j、 s ≤n . is - λ js | ≤

设 mi = max { ms , 1 ≤s ≤n} ,
mj = min { ms ,1 ≤s ≤n} .

于是 , mi - mj ≤ 1. 若 mi - mj = 1 ,则对任意的 s ≠i 、 j ,1 ≤s ≤n ,有
( m i + ms - λ is ) - ( mj + ms - λ js )

≡ = 1 - (λ 0, is - λ js ) ≡ λ 即  1 , 1 ≤i 、 j、 s ≤n . is - λ js 所以 ,λ 1 ,λ 0 , s ≠i 、 j ,且 1 ≤s ≤n . is ≡ js ≡ 从而 , mi ≥n - 2 , mj ≤ 1. 故 mi - mj ≥n - 3 ≥ 2 ,矛盾 . 因此 , mi - mj = 0. 则λ 0 或λ 1. ij ≡ ij ≡ 若λ ij ≡ 0 ,则 ms ≡ 0 ,1 ≤s ≤n ,矛盾 . ≡ 若λ 1 ,则 ms = n - 1 ,1 ≤s ≤n . ij
k 所以 , ( n - 2) ( n - 3) = 3 × 2.

又因为 S 四边形HFA E =
S △ABC

1 = AH? EF = R ? EF . 2

2  数量结构特征

有些题目中并没有给出明确的关系式 , 但可通过已知条件给出的数量关系 , 建立关 系式 ,抓住其中数量的结构特征 ,同样可以达 到解题的目的 . 例3  有 n 个人 , 已知他们中的任意两 个人至多通电话一次 , 他们中的任意 n - 2 k 个人之间通电话的总次数相等 , 都是 3 次 , 其中 k 是正整数 . 求 n 的所有可能值 .

设 n - 2 =2× 3 由2× 3 k 2 3 = 1.
k
1

k

1

,n - 3 =3

k

2

, k1 ≥k2 .

- 3

k

2

= 1 ,得

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所以 , k1 = k2 = 0. 与 k ≥ 1 矛盾 .
k k 设 n - 2 =3 1 ,n - 3 =2 × 3 2 , k1 ≥k2 + 1.

∠ABM = ∠BMD = ∠BDM = ∠EBA . 从而 , EM ⊥AB . 因此 , EP = EQ . 例 5  六边形 ABCDEF 内接于 ⊙O , 且
AB = BC = CD = 3 + 1 , DE = EF = FA = 1. 求

由3

k

1

- 2× 3

k

2

= 1 ,得

k2 = 0 , k1 = 1.

因此 , n = 5 为所求 .
3  图形特征

此六边形的面积 . 分析 : 求任意一个六边形的面积 ,直接入 手比较麻烦 . 观察图 4 , 发 现其有两组全等三角形 , 而且每 组 的 三 个 三 角 形 是相邻的 . 根据图形的这 个特 征 , 可 以 适 当 地 改 造、 重组图形 , 使其变为 易解的常见图形模式 . 解 : 联结 OA 、 OB 、 OC 、 OD 、 OE 、 OF ,易知
S △AOB = S △BOC = S △COD , S △DOE = S △EOF = S △FOA .
图4

在一些几何题中 ,图形所反映出的特征 , 也给问题的解决提供了方便 . 例4  圆 Γ1 和圆 Γ2 相交于 M 、 N. 设 l 是圆Γ1 和圆 Γ2 的两条公切线中距离点 M 较近的那条公切线 , l 与圆 Γ1 切于点 A , 与 圆 Γ2 切于点 B . 设经过点 M 且与 l 平行的 直线与圆Γ1 还相交于点 C , 和圆 Γ2 还相交 于点 D , 直线 CA 和直线 DB 相交于点 E , 直 线 AN 和直线 CD 相交于点 P , 直线 BN 与直 线 CD 相交于点 Q . 证明 : EP = EQ . ( 第 41 届 IMO) 分析 : 要证两边相等 , 观察图 3 的特征
( 即 AB ∥ PQ 及直线 MN 平分线段 AB , 可证
M 为 PQ 的 中 点 ) , 猜 测 EM ⊥ PQ , 可 证

将六个三角形重新组合得到一个圆内接 六 边 形 A′ B′ C′ D′ E′ F′ , 如 图 5. 其 中 ⊙O 与 ⊙O′ 是等圆 ,且
A′ B′ = C′ D′

△EPQ为等腰三角形 .

= E′ F′ = 3 +1 ,
B′ C′ = D′ E′
图5

= F′ A′ = 1.

那么 ,六 边 形 A′ B′ C′ D′ E′ F′ 与六边形
ABCDEF 是等积的 . 为求六边形 A′ B′ C′ D′ E′ F′

的面积 ,延长 A′ B′ 、 C′ D′ 、 E′ F′ , 得到交点 L 、
图3

M、 N.

证明 : 联结 AM 、 BM , 令 K 为 MN 与 AB 的交点 . 则
A K = KN ? KM = B K .
2 2

由于 A′ B′ C′ D′ E′ F′ 的六个内角相等 , 即 等于 120° ,所以 , △LMN 为等边三角形 . 故 S 六边形ABCDEF = S 六边形A′ B′ C′ D′ E′ F′
= S △LMN - 3 S △NA′ F′ = 3 3 9 2 (3 + 3 ) 2 - 3 × × 1 = (2 + 3 ) . 4 4 4

于是 , K 为 AB 的中点 . 又因 AB ∥CD ,故 M 为 PQ 的中点 . 又 CD ∥AB , 则 A 、 B 分别为 CM 、 MD 的 中点 ,即 △ACM 、 △BDM 均为等腰三角形 . 故 ∠BAM = ∠AMC = ∠ACM = ∠EAB ,


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