数学竞赛专题讲座----奥赛试题精讲

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1、例1.平面上有n条直线，它们中任意两条都不平行，且任意三条都不交于一点。这n条直线可以把平面分割成多少个部分？   此问题的变例（即特殊情况）：   变例1：十刀最多可以把一张饼分成多少块？   变例2：一个圆形纸片，切100刀，最多可以将它分割为多少块？   对变例2，我们首先猜测其结论：   令S1，S2，……，Sn分别表示将圆形纸片切一刀，二刀，……，n刀所得块数，则有   S1=2=1+1   S2=4=1+1+2   S3=7=1+1+2+3   S4=11=1+1+2+3+4   ……   Sn=1+1+2+3+4+

2、……+n=1+(n+1)·n   ∴当n=100时，有S100=1+（100+1）·100=5051（块）解：设bn表示一条直线被n个不同的点分割后所得的分段数，则有bn=n+1.   设an-1为平面被符合条件的n-1条直线分割成的部分数，则当平面上插入符合条件的第n条直线时，前n-1条直线与第n条直线相交于n-1个不同的点，这n-1个点分第n条直线为bn-1段，而每一分段恰分平面上一个已存在的部分为两个部分，于是，有：   an=an-1+bn-1（n＞1，n∈N）   又：bn-1=n   ∴an=an-1+n=an-2+

3、(n-1)+n=……       =n+(n-1)+(n-2)+……+2+a1   又：a1=2=1+1   ∴an=n+(n-1)+(n-2)+……+2+1+1   例2.有10级台阶，小王从下向上走，若每次只能跨一级或两级，他走上去共有多少种不同的走法？解：考虑更一般的情况：在同样条件下走n级台阶，情况如何？   设an为上n级台阶的所有不同的走法数目。若第一次走一级，则余下的n-1级有an-1种走法；若第一次走两级，则余下的n-2级有an-2种走法。   ∴an=an-1+an-2(n＞2，n∈N)   显然a1=1，a2

4、=2   ∴a3=a1+a2=3     a4=a3+a2=5     a5=a4+a3=8     a6=a5+a4=13     a7=a6+a5=21     a8=a7+a6=34     a9=a8+a7=55     a10=a9+a8=89思考题：用8张1×2的方格纸覆盖2×8的方格纸，共有多少种不同的覆盖方式？解题新思路：  探究数学问题解决的新思路，对于学生发散性思维和创造性思维的培养是十分有利的。下面一道例题，是从多维度角度出发来探究解题新思路的：例：如图（1）在梯形ABCD中，AB∥CD，四边形ACED是平

5、行四边形，延长DC交BE于F.  求证：EF=FB分析：这个题目本身不难，求证也容易，但通过对题设和结论的深入挖掘与探索，我们可以得出许多好的证法，总结如下：证明一：如图所示，作BQ∥AD,交DF延长线于Q点，则四边形ABQD是平行四边形，从而BQ=AD，再由题设可证△CEF≌△QBF,得证EF=FB.证明二：如左图所示：作FM∥DA交AB于M，则四边形ADFM是平行四边形，从而FM=DA.再证△CEF≌△MFB，从而结论可得证.证明三：作CN∥EB交AB于N，则四边形CNBF是□，从而CN=FB.   再证：△ANC≌△DFE

6、，可得CN=EF，即EF=FB.证明四：作DP∥FB交AB于P，证明△ADP≌△CEF，从而得出结论.　证明五：延长EC交AB于G，则四边形ADCG是□，∴CE=AD=GC，即C是EG中点.又CF∥GB，∴F是EB中点，结论得证.证明六：连结AE交CD于O点，则O是AE中点，又OF∥AB，∴F是AB中点，得证.证明七：延长ED交BA延长线于H点，则HACD是□,∴CA=DH=ED ∴D是EH中点.又DF∥HB∴F是EB中点，得证.证明八：作ES∥CD交AD延长线于S，则CDSE是□∴DS=CE=AD∴D是AS中点.又SE∥CD∥

7、AB∴F是EB中点，得证.证明九：在证明一作的辅助线基础上，连结EQ，则可得ECBQ是□，从而F是□ECBQ对角线EB的中点。   总之，上述不同证法的辅助线可归结为以下两种：   ①作平行线构成平行四边形和全等三角形进行等量代换。   ②作平行线，由题设产生中点，通过平行线等分线段定理的推论得出结论。   这其中，其实蕴含了平面几何的平移变换和旋转变换的数学思想。