谈2004年初中数学联赛的几何计数题.pdf

纳假设 存在由 中互不相同的集合构成的 等式 Cj1 Cj2 Cjm Dj1 Dj2 Djs 3 当 的两边均有 1中集合或均无 1中集合时 仿 2 前段可知结论成立 当 一边 不妨设左边 有 1中集合而 另一边没有 1中集合时 由 可得 C i1 Ci2 Cik D j1 Dj2 Djs C j1 Cj2 Cjm D i1 Di2 Dir 若有某个 0 1 B1 B2 Bl 中 集合同时出现在 两边 不妨设B2 Ci1 Cj1 由 知B2的元素全在Di1 Di2 Dir中 由 知其元素亦全在Dj1 Dj2 Djs中 故可在 左边将其消去 右边保留 而 保持等式仍成立 同理可知 若某个非 0 1中集合同 时出现在 两边 可在 右边将其消去 左边 保留 而保持等式仍成立 于是 可设 是由 互不相同的集合构成的等式 由 的定义 知其两边均有 0 1中集合 将 两边出 现的 0 1中集合都添上元素 1回到族 A1 A2 An 1 中 可见结论成立 我为数学竞赛命题 谈2004年初中数学联赛的几何计数题 罗 增 儒 陕西师范大学数学系 710062 收稿日期 2004 12 13 1 题目 问题解决的情景 我们为2004年全国初中数学联赛提供 过一道几何计数题 1 经命题组审定成为选 择题第6小题 图1 例1 如图1 在2 3 的矩形方格纸上 各个小 正方形的顶点称为格点 则以格点为顶点的等腰直 角三角形有 个 A 24 B 38 C 46 D 50 2004 全国初中数学联赛 1 1 并不陌生的题型 首先 几何计数问题是数学竞赛的基本 内容 在过去的初中联赛中多次出现过 其次 有关内容已渗透到中学数学教学 中 新教材有这方面的探索素材 中考中 几 何计数问题正成为开放探索的一个新亮点 如下面的例2 2 图2 例2 如图2 在 4个正方形拼接成的 图形中 以这10个点 中任意3点为顶点 共 能组成个等腰 直角三角形 你愿意把得到上述结论的探究方法与他 人交流吗 若愿意 请简要写出探究过程 2003 福建省泉州市中考题 1 2 具有智力的挑战性 这类几何计数问题对初中生来说既具有 可接受性 又具有障碍性与探究性的特征 比 如 对例2 文 3 得出24 文 4 补充为30 文 61中 等 数 学 5 再补充为32 由此不难看出 此类三角形计数问题无 论是对学生还是对教师 都具有智力的挑战 性 因此 我们说此类问题具有 问题解决 的 基本特征 接受性 障碍性 探究性 2 意图 问题解决的思维过程 我们在文 6 中说过 处理这类问题通常 要经历两步 第一步 进行几何结构的分析 第二步 根据几何结构的分析采用计数 方法 分类 分步等 求出结果 这两步通常是有顺序的 但有时却是犬 牙交错 你中有我 我中有你 由于这两步 都具有明显的数学特征 表现为一个数形结 合的思维过程 因而 例1就具有3个基本的 考查意图 或考查功能 即考查几何结构分 析的能力 分类计数的能力 思维的条理性和 严谨性 2 1 考查几何结构分析的能力 如对几何图形的观察 分解 对部分图形 视而不见 组合 对图形的整体把握 能力 这包括对所给定的几何图形和所需计数的几 何图形的几何结构分析 2 1 1 等腰直角三角形 对等腰直角三角形 要思考等腰直角三 角形有什么样的几何特征 这一问题的牵 引 可以成为解题 从何处下手 的一个切入 点 提取记忆储存 有 1 三角形的一个内角为90 其两条夹 边相等 定义途径 图3 2 三角形的三边长a a c满足勾股定 理的逆定理 a2 a2 c2 即c 2 a 定理途 径 3 最大边的中垂线 不通过格点的三角形一 定不是等腰直角三角形 但最大边的中垂线通过 格点的三角形未必都是等腰直角三角形 图 3中 ABC为所求 ABD不为所求 2 1 2 2 3矩形 对2 3矩形而言 要看哪些地方能提供 直角 一共能提供哪些长度的线段 这些直 角或线段能组成几类 大小不同 等腰直角三 角形 这需要我们边观察 边连线 数形结合地 进行思考 由于2 3矩形中 既能提供显性 直角 不连线 又能提供隐性直角 需在图1 中连对角线 而相等的对角线既可能夹直角 又可能夹非直角 因此 在图1中寻找等腰直 角三角形用定理可能比用定义更方便 这又 导致我们去寻找图1中有哪些长度的线段 已用到勾股定理的计算 每一条线段有多 长 哪些线段能满足 一条是另一条的2 倍 于是 几何结构的分析就深入到更具体 的层面 2 1 3 2 3矩形与等腰直角三角形相结合 1 线段分析 不作辅助线 图1中的线 段有3类 长度分别为1 2 3 连对角线 图1 中的线段又有5类 长度分别为2 1 1矩 形 5 1 2矩形 10 1 3矩形 22 2 2矩形 13 2 3矩形 2 组成等腰直角三角形分析 在上述8 类数值中 满足等腰直角三角形条件的有4 类 2 2 1 2 2 2 22 2 2 10 2 5 于是 由几何结构的分析可得出 图1中 的等腰直角三角形最多有4类 2 2 考查分类计数的能力 这主要指按斜边的可能取值分4类计 数 在每类计算中 可能还要进行几何结构的 分析 可能还要分类 其主要工作是逻辑分类 与数值计算 2 2 1 逻辑分类 712005年第4期 分类是根据事物的共同点和差异点 把 事物划分为不同种类的逻辑方法 要求做到 不重 不漏 逐级进行 例1中的第一级先按 长度将2 3矩形中格点连线 有C212 66 条 分成8类 1 长度为1的线段 有17条 2 长度为2的线段 有10条 3 长度为3的线段 有3条 4 长度为2的线段 有12条 5 长度为5的线段 有14条 6 长度为10的线段 有4条 7 长度为22的线段 有4条 8 长度为13的线段 有2条 第二级按能否成为等腰直角三角形的斜 边分成两类 不能的 长度为1 3 5 13 去掉 能的再按大小不同进行第三级分类 长 度为2 2 10 22 分成4类 2 2 2 数值计算 经过三级分类之后 解题进入每一类三 角形个数的数值计算 这相当于做4道几何 计数的小题目 可能还要重复 几何结构分 析 与 分类 或分步 计数 的两个步骤 下面 是按斜边为分类标准的计数 也可按直角边 为分类标准来计数 1 当斜边长为2时 斜边一定是1 1 正方形的对角线 几何结构 图4 这样的 图4 线段有12条 数值计算 每条都对应着2个等腰直 角三角形 几何结构 共 有2 12 24个等腰直角 三角形 数值计算 2 当斜边长为2时 这样的线段有10 条 可分成两类 其中6条在2 3矩形的四 周上 每条这样的线段对应着一个等腰直角 三角形 另有4条在2 3矩形的内部 每条 这样的线段对应着2个等腰直角三角形 共 有6 2 4 14个等腰直角三角形 这样的等腰直角三角形腰长为2 是 1 1正方形的对角线 有12条 图5显示 相 图5 邻两条对角线组成直角 14个 有的不能组成直 角 对应着14个等腰直 角三角形 此类容易产生 部分遗漏 3 当斜边长为22时 斜边一定是2 2 图6 正方形的对角线 图6 这样的线段有4条 每条 都对应着2个等腰直角三 角形 共有2 4 8个等 腰直角三角形 4 当斜边长为10时 这样的线段有4 条 每条对应1个等腰直角三角线 共有4个 等腰直角三角形 这样的等腰直角三角形腰长为5 是 1 2矩形的对角线 本应有14条 但相邻组 图7 成直角的只有4对 得4 个直角 图7显示 这样的 等腰直角三角形有4个 此类容易产生遗漏 综上计算知 以格点为顶点的等腰直角 三角形共有24 14 8 4 50个 2 3 考查思维的条理性 严谨性 例1中的思维条理性主要表现为 它要 求能够构思一个层次分明的求解程序 逐层 深入地进行几何图形的结构分析 从线段到 等腰直角三角形 逻辑清晰地进行分类 例1中的思维严谨性主要表现为 分类 计算不重 不漏 不假 既不重复也不遗漏地 计算等腰直角三角形 更不要把非等腰直角 三角形计算进来 在例1的求解中 主要问题可能是遗漏 所以 题目选择支的设计都是针对遗漏的 若 只找到第1类会选 A 若只找到第1 第2 类会选 B 若只找到第1 第2 第3类会选 C 即使类找全了 第2 第4类中也存在算 81中 等 数 学 不全的问题 若只找到第1 第2类而遗漏第 2类中斜边在四周上的6个会得出32 即使 正确加上第3类中的8个也只能得出40 其 他方面的遗漏还会得出另外多种答案 从这 一意义上说 此题若设计为填空题可能更有 意思 3 反思 以退求进作推广 上面的分析 对于我们整体认识2 3矩 形的几何结构是有益的 但这样的思路又不 是唯一的 当感到2 3矩形不好处理甚至无 从下手时 可先退 退到1 3矩形 或2 2 矩形 2 1矩形 弄清楚 搞明白了再进 每 进一步都要注意 原有类型的等腰直角三角 形增加了几个 新添了什么类型 每类各增 加几个 以退求进 是很有用的解题策略 退可 找到一个合适的起点 进可上升到规律性的 高度 推广 为了叙述的方便 现设m n矩 形方格纸上以格点为顶点的等腰直角三角形 个数为f m n 又设边长分别为a a c的 等腰直角三角形的个数k为 a a c k m n k均为正整数 下面先求 f 2 3 再 推出 f 2 n 的公式 3 1 从 f 1 n 到 f 2 n 的思路 3 1 1 f 1 n 的求法 如图8 每一个1 1正方形产生4个斜 边长为2的等腰直角三角形 每一个1 2 矩形新增2个斜边长为2的等腰直角三角 形 于是 有 f 1 n n 1 1 2 4 n 1 2 2 2 2 4n 2 n 1 6n 2 图8 3 1 2 从 f 1 3 到 f 2 3 如图9 此时除增加一个 f 1 3 外 每一 个2 1矩形增加2个斜边长为2的等腰直 角三角形 每一个2 2矩形增加4个斜边长 为22的等腰直角三角形 每一个2 3矩形 增加4个斜边长为10的等腰直角三角形 于是 有 f 2 3 2 f 1 3 3 2 2 2 2 2 2 2 22 4 5 5 10 4 2 16 3 2 2 4 4 50 图9 3 1 3 从 f 1 n 到 f 2 n 如图9 此时除增加一个 f 1 n 外 还 有 1 每一个2 1矩形增加 2 2 2 2 共增加了2n个 2 每一个2 2矩形增加 2 2 22 4 共增加了4 n 1 个 3 每一个2 3矩形增加 5 5 10 4 共增加了4 n 2 个 4 每一个2 4矩形增加 22 22 4 2 共增加了2 n 3 个 当等腰直角三角形的斜边长超过4时 直角三角形的高超过2 直角顶点已跑到2 n矩形的外部 因而 斜边为4的等腰直角三 角形是2 n矩形中的最大者 于是 有 f 2 n 2 f 1 n n 2 2 2 2 n 1 2 2 2 2 4 n 2 5 5 10 4 n 3 2 2 2 2 4 2 2 6n 2 2n 4 n 1 4 n 2 2 n 3 24n 22 n 3 912005年第4期 3 2 从 f 2 1 到 f 2 n 的思路 1 每一个2 1矩形中 连对角线产生 8个斜边长为2的等腰直角三角形 2个斜 边长为2的等腰直角三角形 有 f 2 1 8 1 1 2 1 2 2 2 2 1 10 n个2 1矩形便有等腰直角三角形 8n 1 1 2 1 2n 2 2 2 1 个 2 增加一个2 1矩形 得每一个2 2 正方形 除增加 f 2 1 外 又新增加斜边长 为2 22的等腰直角三角形各4个 有 f 2 2 2 f 2 1 2 2 2 4 2 2 22 4 20 4 4 28 于是 n 1 个2 2矩形新增加等腰 直角三角形 4 n 1 2 2 2 1 4 n 1 2 2 22 1 个 3 再增加一个2 1矩形 得每一个2 3矩形 除增加从 f 2 1 到 f 2 2 的增加 量外 又新增加斜边长为10的等腰直角三 角形4个 有 f 2 3 f 2 2 f 2 2 f 2 1 5 5 10 4 28 28 10 4 50 于是 n 2 个2 3矩形新增加等腰 直角三角形 4 n 2 5 5 10 1 个 4 再增加一个2 1矩形 得每一个2 4矩形除增加由 f 2 2 到 f 2 3 的增加 量外 又新增加了斜边长为4的等腰直角三 角形2个 图9 有 f 2 4 f 2 3 f 2 3 f 2 2 22 22 4 2 50 50 28 2 74 于是 n 3 个2 4矩形新增加等腰 直角三角形 2 n 3 22 22 4 1 个 如上所说 2 n矩形中再没有新的等腰 直角三角形 从而继续增加2 1矩形时 增 量为常数 f 2 4 f 2 3 24 f 2 n 组 成首项为50 公差d 24的等差数列 参见 文 7 求和得 f 2 n 8n 1 1 2 1 2n 2 2 2 1 4 n 1 2 2 2 1 4 n 1 2 2 2 2 1 4 n 2 5 5 10 1 2 n 3 2 2 2 2 4 1 8n 1 1 2 1 6n 4 2 2 2 1 4 n 1 2 2 2 2 1 4 n 2 5 5 10 1 2 n 3 2 2 2 2 4 1 8n 6n 4 4 n 1 4 n 2 2 n 3 24n 22 n 3 5 f 2 n 的计数公式为 f 2 n 10 n 1 28 n 2 24n 22 n 3 沿着这