一个圆周上共有12个点，以它们为顶点连成三角形，使每个点恰是一个三角形的顶点，并且各个三角形的边都互

交点有60个. 用归纳法可以得到,当圆上有n个点的时候,任取2个点得到一条弦,这些弦在圆内的交点为n*(n-4)个(n=4时除外). 既然来了,原理也讲一下吧.圆上一点与其它n-1个点可以画出n-1条弦,这个点与左右两边的点得到弦无交点,所以这个点可以得到交点的弦有n-1-2条,即n-3条,那么n个点得到的交点总个数"好像"是n*(n-3),画图看下,你会发现每个点与它的下一个点有一个交点重复计算了,所以要再减去n个,也就是n*(n-3)-n,即n*(n-4)

（1）最多可以画：11+10+9+8+7+6+5+4+3+2+1=66条直线； 答：一共可以画出66条直线． （2）12×11×10÷（3×2×1）=220（个） 答：一共可以画出220个三角形．

A4不能作顶点吗？

10×9×8=720个。

分成无数个

9+8+7+6+5+4+3+2+1=45

495个点

3/70.

原题等价于圆周上不同的12个点，任选四个点构成一个四边形，该四边形对角线的交点个数就是弦在圆内的交点个数，如果交点不重合，此时交点个数最大Cmax=C(12,4)(12为下标，4为上标)=12*11*10*9/(4*3*2*1)=495

答案是6把这些数记成a_k，验证一下它们都非零, 然后取对数之后得到b_k（这里对数可以看作复函数，不必关心具体的单值支，反正只有有限个数）。条件就可以写成关于b_k的齐次线性方程组，对应的系数矩阵是一个对称的三对角循环Toeplitz矩阵，通过它的谱分解易得当且仅当n=6m的时候该矩阵奇异，也就是b_k有非零解，所以首先必要条件就是n=6m。通过特征值进一步可知n=6m时这个矩阵的秩是n-2，也就是说b_k的解空间是二维的，一组基是span{(1,1,0,-1,-1,0,...),(1,0,-1,-1,0,1,...)}，所以m>1时不论如何做线性组合总会在a_k中出现重复的数，所以m=1，即n=6。上面这些只是必要条件（连有理数的条件都还没用过），所以得找一组解来说明n=6确实成立。一组简单的解是2,2,1,1/2,1/2,1。

我只知道正确答案是1/3

共有19+18+17+......+2+1=190个不同的线段

题目就是这样的吗

That is of cuorvs

8种

平分的话，可以最多有5个点

15*14/2=105.因为每个点都能与其他十四个点连成一条线段,又因为线段的两个点连线段时有一次反复,所以要除以二.能明白吗?如果你已经高三就更好做了.

45条直线 105个三角形 210个四边形 四边行那个最多

线段：C10 2 三角形：C10 3 四边形：C10 4

交点有60个. 用归纳法可以得到,当圆上有n个点的时候,任取2个点得到一条弦,这些弦在圆内的交点为n*(n-4)个(n=4时除外). 既然来了,原理也讲一下吧.圆上一点与其它n-1个点可以画出n-1条弦,这个点与左右两边的点得到弦无交点,所以这个点可以得到交点的弦有n-1-2条,即n-3条,那么n个点得到的交点总个数"好像"是n*(n-3),画图看下,你会发现每个点与它的下一个点有一个交点重复计算了,所以要再减去n个,也就是n*(n-3)-n,即n*(n-4)

1.C(10,2) = 452.C(10,3) = 1203.C(10,4) = 210

9+8+7+6+5+4+3+2+1=45

圆周上有不同位置的A、B、C、D、E、F、G7个点，则有弦C(7,2)=21条则21条弦得交点为C(21,2)=210个点。

因为圆周10个点,每三个点都在不同直线上,所以10C2=45条

n的值最小是6，证明如下：当n=1或2时，条件不满足，因为任意一个数都没有其它两个数和它相邻当n=3时，设三个数依次为a，b，c则有a+b=c，b+c=a，c+a=b，以上三个式子相加，化简得2a+2b+2c=a+b+c，得a+b+c=0，（此方法适用于所有的n，不管n等于多少，所有数之和都等于0）又因为b+c=a，代入a+b+c=0得2a=0，即a=0，把a=0代入a+b=c得b=c，与已知任意两个数互不相等矛盾，所以n=3时不成立当n=4时，设四个数依次为a，b，c，d，则根据题意得a+c=b且a+c=d，得b=d矛盾，所以n=4时不成立当n=5时，设五个数依次为a，b，c，d，e，则易证a+b+c+d+e=0，且e=a+d，d=e+c=a+d+c，得a+c=0，得b=0，得c=b+d=d，矛盾，所以n=5时不成立当n=6时，设六个数依次为a，b，c，d，e，f，则易证a+b+c+d+e+f=0，再可证a+d=0，b+e=0，c+f=0，即相对的两个数互为相反数，根据题意可赋值a=1，b=4，c=3，d=-1，e=-4，f=-3，验证即满足题目条件综上所述，n的值最小等于6希望是最佳答案

C（2，n）+C（4，n）+1，C代表排列的形式，不知怎么写

N除以2

3

6.【解】我们采用递推的方法 (1)如果圃上只有3个点；那么只有一种连法 (2)如果圆上有6个点,除点所在三角形的三顶点外,剩下的三个点一定只能在所在三角形的一条边所对应的圆弧上,表1给出这时有可能的连法, 1. 共有3种连法 (3)如果圆上有9个点,考虑所在的三角形此时,其余的6个点可能分布在①所在三角形的一个边所对的弧上；②也可能三个点在一个边所对应的弧上,另三个点在另一边所对的弧上.在表2中用“＋”号表示它们分布在不同的边所对的弧.如果是情形①,则由(2),这六个点有三种连法；如果是情形②,则由①,每三个点都只能有一种连法. 表2 共有12种连法. (4)最后考虑圆周上有12个点.同样考虑所在三角形．剩下9个点的分布有三种可能,①每三个点在所在三角形的一条边对应的孤上；②有6个点是在一段弧上,另三点在另一段弧上；③9个点都在同一段孤上.得到表3． 表3 共有12＋3＋3＋12＋3＋1＋3＋3＋3＋12＝55种 答：共有55种不同的连法

每多加一个点就会多加一些弦，每多加k个弦，就会多加k＋1个部分，所以总区域就是交点个数＋弦的个数＋1。

对于任何一个双色n（n≥5）边形，显然去掉红、蓝顶点后，得到一个无色n-2边形，不同的双色n边形去掉红蓝顶点后，得到的是不同的无色n-2边形．反过来，对任一无色多边形，添上红蓝顶点后，总可以得到一个双色多边形，由此可知，无色多边形（从三角形到十边形）的个数与双色多边形（从五边形到十二边形）的个数相等．因此，双色多边形的个数多，多出来的数目恰是双色三角形和双色四边形的数目．双色三角形有10个．双色四边形有 1 2 ×10×9=45个．这是由于每对应一个双色三角形，可以有九个双色四边形，而在90个双色四边形中，两两相重，故只有45个双色四边形．∴双色多边形比无色多边形多55个．

设这样的数列是 a[i] (i=1,2,3...n)因为是在圆周循环，所以有 a[n+i]=a[i]a[2]=a[1]+a[3]a[3]=a[2]+a[4]两式相加有：a[1]+a[4]=0即 a[1]=-a[4]也必有 a[1]=a[7]也就是说这些数是6个一循环的，且a1到a6与不相等，即 一周至少有6个不同数，且只有6个不同数的。即 n=6n的唯一值只能是6，（最大、最小都是6）

是挺复杂

u3002

45

先找第一个点,10种可能,再找第二个点,9种可能.但是线段AB与线段BA一样,所以共有10*9/2=45条不同的线段.

两两连线吗？这样的话是45种。

四个点啊，答案就是整数的，采纳哦，谢谢

按顺序设点Ai（i=1，2，3，4，5，6）每个一个点连成一条直线,共有6条直线AiAi+2（i=1、2、3、4、5、6，并且我们约定A7即为A1，A8即为A2，类推）一定能在这六条直线中找到最短的一条AiAi+2（可能不止一条），则边AiAi+2一定是三角形AiAi+1Ai+2的最长边，也一定是三角形AiAi+2Ai+4的最短边例如min{A1A3，A3A5，A4A6，A5A1，A6A2}〉=A2A4（A2A4在所有AiAi+2中最短）显然A2A4一定是三角形A2A3A4的最长边，也一定是三角形A2A4A6的最短边

这不同是指长度？

10个等分点中，以其中的任意一个为端点，所作的直径的另一个端点一定是10个等分点中的一个，因而10个点中，在同一直径上的共有5对，其中的一对为顶点，然后在剩余的8个顶点任意一个为顶点所作的三角形一定是直角三角形．则直角三角形的个数是：5×8=40． 故选B．

#include<iostream>using namespace std;int f[1005]={0};int main(){int n;cin>>n;f[0]=1;f[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=0;j<=i-2;j++) f[i]=(f[i]+f[j]*f[i-j-2])%12345; f[i]=(f[i]+f[i-1])%12345;}cout<<f[n];return 0;}哪里不懂问我

任何一点，都可以连6条线段，7个点就是6*7=42条其中一半是重复的，所以是21条

由于勾股数组有无穷多个,因此以原点为圆心的单位圆上有无穷多个有理点.例如,(3,4,5)是一组勾股数,因此(3/5,4/5)就是单位圆上的一个有理点.将这个圆的半径放大有理数倍,则原来圆周上的有理点现在显然仍是有理点；将这个圆的圆心平移至一个有理点,则同样地,原来圆周上的有理点现在显然仍是有理点.于是我们得到这样一个结论：在平面直角坐标系内,任意一个以有理点为圆心,有理数为半径的圆周上总存在无穷多个有理点.我们不由得想到这样一个有趣的问题：如果一个圆的圆心是无理点（两个坐标中至少有一个不是有理数）,那么圆周上的有理点个数还可能是无穷多个吗?若不是的话,最多能有多少个? 一个圆心位于无理点上的圆,其圆周上最多有2个有理点,例如圆心在(0,√3 ),半径为2的圆将经过(1,0)和(-1,0).但是,你绝对不可能构造出某个圆心为无理点的圆,它的圆周经过了两个以上的有理点.为了证明这一点,我们先来复习一下下面这些基本常识： 1.两个有理点的连线所在直线的方程一定是一个有理系数方程； 2.两个有理点的连线的中点也是一个有理点； 3.与斜率为α的直线垂直的直线,斜率为-1/α,两个斜率值要么同为有理数,要么同为无理数； 4.两个有理系数方程的公共解也一定是一个有理数. 结合前面三点,我们立即可知,两个有理点的连线的垂直平分线,其对应的方程也一定是一个有理系数方程.现在假设我们的圆周上有三个有理点A、B、C.做出AB的垂直平分线,做出BC的垂直平分线,两条垂直平分线将交于圆心.但是,由上述第四条我们知道,这个交点一定是一个有理点,与题目的前提条件矛盾. ：Rational Points On a CircleElsewherewe found that there are infinitely many rational points on a unit circle centered at the origin of a Cartesian coordinate system.By a rational translation and/or a dilation,any circle with rational radius and center carries infinitely many rational points.We further saw that circles with irrational centers may not have rational points at all.At the 69th Putnam Mathematical Competition,problem B1 posed a related question:

c99 48

（8×7×6）÷6，=（56×6）÷6，=56×6×16，=56（个），答：一共可作出56个不同的三角形，故答案为：56．

因为10个点都在圆上，所以任取4个点都可构成四边形， C 410 = 10×9×8×7 4×3×2×1 =210（种），答：一共可以画210个不同的四边形．

1种

直角三角形过圆心，所以一个点确定后第二个点就确定了，这样有5种情况；再从剩下的8个中选一个，有8种情况，所以一共40个。

。。。我只想到一种。。。就是平行额5条。。。