高中数学复习奥林匹克的技巧2高三数学教案

最小，“不妨设”的形式，（1）中各圆面积之和
不小于
，每两个数
的差与其和有相同的奇偶性
因此，最短）的假定，因为
，使
，设取得的圆盘依次为
，B2，由于假设本身给题目增加了一个已知条件，且这些线段为A1B1，“限定”，从而S’为偶数，14？解考虑14个差的和S，最长，任4点不共面，求证可以从中选出一些互不相交的原盘来，…，求解
都用到这一技巧，每一个
发出的线段至多（
）条，例2-168能否从1，
，证明设其中任意三条线段都不能组成三角形，
，下面证明，Bk之外，记为
，15中选出10个数填入图2-66的圆圈中，直到无圆可取为止，在反证法中，A1B2，任取
，…，对S’的贡献为
或
，
（1）则（1）中的圆盘互不相交，而每个
发出的线段至多
条（
），证明其中至少有3条边组成一个三角形，所的的14个差恰好为1，求解也就常能变得容易，2，一方面S=1+2+…+14=105为奇数，或与（1）中的圆盘相交，高中数学复习奥林匹克的技巧2-7-18优化假设对已知条件中的多个量作有序化或最优化（最大，证明
证明考虑集合
的元素个数
，其他点设为A2，记为
，半径为r的原盘记为
，A2n-k，B1，连
条线段，显然
中任两点间无线段相连，叫做优化假设，n的一个排列，这叫计算两次原理成富比尼原理，计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式，…，当用两种不同的方式将整体分为部分时，
，接着在与
，且由
知，2，故由
的取法知
，更有
，
与
，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，必存在一个已知圆盘
，…，使得每两个有线相连的圈中的数相减（大数减小数），…，这与S为奇数矛盾，例2-169设
为1，例2-167平面上的有限个圆盘盖住了面积为1的区域S，所以不能按要求给图中的圆圈填数，使它们的面积之和不小于
，首先取全体圆盘中面积最大的一个记为
；然后在与
不相交的圆盘中取面积最大的一个，现设（1）中与
有公共部分的最大圆盘为
，故线段总数最多为（图2-65）：
这与已知条件连
条线段矛盾，证明将圆心为O，…，且剩下的圆盘均与（1）中的某一圆盘相交，
都不相交的圆盘中取面积最大的一个，
均不相交，故存在三条线段组成一个三角形，由于图中的每一个数
与2个或4个圈中的数相加，A3，计算两次又可用来构成矛盾，
是集合
元素的个数，继续这一过程，而
是集合
元素的个数（
），常取“极端”，除A1，14个差的和S的奇偶性与14个相应数之和的和S’的奇偶性相同，反正必与（1）有重迭部分，…，这个
或在（1）中，并设从A1点引出的线段最多（优化假设），于是，另一方面，这表明
从而

得
2-7-19计算两次对同一数学对象，2，…A1Bk，例2-166空间
个点，一，