人教版数学江苏省数学竞赛第65讲 凸集与凸包原.docx

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人教版数学江苏省数学竞赛第65讲凸集与凸包原

第65讲凸集与凸包

本节主要内容是：

凸集、凸包的概念以及用凸集凸包来解有关的题．

凸集：

平面上的点集，如果任何两点在这个点集内，则连这两点的线段上的所有的点也在此点集内，就说该点集是一个凸集．

线段、射线、直线、圆及带形、整个平面等都是凸集．

两个凸集的交集还是凸集；任意多个凸集的交集也仍是凸集．

凸包：

每个平面点集都可用凸集去盖住它，所有盖住某个平面点集的凸集的交集就是这个平面点集的凸包．

或者可以形象地说：

如果把平面上的点集的每个点都插上一根针，然后用一根橡皮筋套在这些针外，当橡皮筋收紧时橡皮筋围出的图形就是这个点集的凸包．

平面点集的直径平面点集中的任意两点距离的最大值称为这个平面点集的直径．

例如，圆的直径就是其直径，有无数条；线段的直径就是其本身；正三角形的三个顶点组成的点集的直径就是其边长，有三条；平行四边形的直径是其较长的对角线；…．

A类例题

例1定理任何一个平面点集的凸包是存在且唯一的．

分析存在惟一性的证明，即证明满足某条件的集A存在且惟一存在．通常先证明存在性，即证明有满足条件的集合A．再用反证法证明惟一性，即若满足条件的集A不惟一，或说明会引出矛盾，或得出其余集均必需与A相等的结论．

证明由于全平面是一个凸集，故任何平面点集都可用全平面盖住，即能被凸集盖住，从而盖住该凸集的所有凸集的交集存在，即凸包存在．

而如果某个凸集A有两个凸包M1与M2，则M1∩M2也能盖住凸集A，且M1∩M2⊂M1，但M1是A的凸包，故M1⊂M1∩M2，故M1∩M2＝M1．同理M1∩M2＝M2．即M1＝M2．

例2定理如果一个点集M是由有限个点组成，且其中至少有三个点不共线，则M的凸包是一个凸多边形．

分析可以构造一个寻找凸包的方法，来说明命题的正确性．

证明由于M为有限点集，故存在一条直线l，使M中的一个或几个点在l上，其余的点都在l同旁（这只要任画一条直线，如果点集M中的点在直线l的两旁，则让直线按与此直线垂直的方向平移，即可得到满足要求的直线）．

取l上的两个方向中的一个方向为正向，此时，按此正向，不妨设M中不在l上的点都在l的左边．在l上沿其正向找出M中的最后一个点A1，把l绕A1逆时针旋转，直到遇到M中的另外的点，又找出此时l上的M中的最后一个点A2，此时再让l绕A2逆时针旋转，依此类推，直到最后绕Ak旋转又遇到A1为止（由于M是有限点集，故这样的旋转不可能一起下去）．这时，凸多边形A1A2…Ak即为M的凸包．

情景再现

1．证明圆面（圆及圆内所有的点组成的集合）是凸集．

2．平面上任意给定5个点，其中任三点不共线，则可选出4个点，这四点能构成一个凸四边形的四个顶点．

B类例题

例3海莱定理：

定理（海莱定理）对于若干个（个数n≥3）凸集，如果任意三个凸集都有一个公共点，那么存在一个点同时属于每个凸集．

分析先证明简单情况，再用数学归纳法证明本定理．

证明对于n＝3，显然成立．

当n＞3时，先取4个这样的凸集．F1，F2，F3，F4．

设点P1∈F2∩F3∩F4，点P2∈F1∩F3∩F4，点P3∈F1∩F2∩F4，点P4∈F1∩F2∩F3．

若P1、P2、P3、P4中有两个点重合，例如P1=P2，则P1∈F1∩F2∩F3∩F4；

设此四点互不相同．

⑴若此四点中有三点共线，例如P1、P2、P3共线，且P2在P1、P3之间，则P2∈F1∩F2∩F3∩F4；

⑵若此四点中无三点共线，由上可知ΔP1P2P3⊂F4，ΔP1P2P4⊂F3，ΔP1P3P4⊂F2，ΔP2P3P4⊂F1，此时，

①若P1、P2、P3、P4的凸包为凸四边形，则此凸四边形对角线交点K∈此四个三角形；

②若P1、P2、P3、P4的凸包为三角形，例如凸包为ΔP1P2P3，则P4∈此四个三角形．

总之，存在点K∈F1∩F2∩F3∩F4．即对于n＝4定理成立．

当n＞4时，易用数学归纳法证明．

说明请读者完成用数学归纳法证明一般情况．

例4平面上任给5个点，以λ表示这些点间最大的距离与最小的距离之比，证明：

λ≥2sin54︒．（1985年全国联赛）

分析这类问题总是先作出凸包，再根据凸包的形状分类证明．这样分类证明问题可以使每一类的解决都不困难，从而使问题得到解决．

证明⑴若此五点中有三点共线，例如A、B、C三点共线，不妨设B在A、C之间，则AB与BC必有一较大者．不妨设AB≥BC．则

≥2＞2sin54︒．

⑵设此五点中无三点共线的情况．

①若此五点的凸包为正五边形．则其五个内角都＝108︒．五点的连线只有两种长度：

正五边形的边长与对角线，而此对角线与边长之比为2sin54︒．

②若此五点的凸包为凸五边形．则其五个内角中至少有一个内角≥108︒．设∠EAB≥108︒，且EA≥AB，则∠AEB≤36︒，

∴

＝

≥

＝2cosE≥2cos36︒＝2sin54︒．

③若此五点的凸包为凸四边形ABCD，点E在其内部，连AC，设点E在△ABC内部，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中至少有一个角≥120︒＞108︒，由上证可知，结论成立．

④若此五点的凸包为三角形ABC，则形内有两点D、E，则∠ADB、∠BDC、∠CDA中必有一个角≥120︒，结论成立．

链接海尔布朗（Heilbron）问题：

设平面上给定n个点，每两点间距离的最大值与最小值的比为λn，求λn的下确界．

现在得到的结论有：

λ4≥

；λ5≥2sin54︒；λ6≥2cos

．λ7≥2，λ8≥

，猜测λn≥2cos

．

例5每个有界平面点集，都有且只有一个盖住它的最小圆．如果这个集合是凸集，那么在这个圆上或者有此凸集的两个点，这两点是此圆的一条直径的两个端点；或者有此集的三个点，此三点为顶点的三角形是锐角三角形．

分析由于“有界平面点集”这一概念涉及点集广泛，所以要就一般情况来讨论．但仍可采取从简单到复杂的办法，先解决简单的情况，以此为基础再解决一般情况．

证明首先，若M是平面有界点集，故可以作一个半径足够大的圆把它盖住．

在所有盖住M的圆中有且只有1个最小圆，如果有两个最小圆⊙O1、⊙O2盖住M（显然这两个圆半径应该相等），此二圆不重合，且都盖住了M，于是其公共部分也盖住了M．以此二圆的公共弦为直径作圆O，则此圆盖住了两圆的公共部分，于是也盖住了M，但此圆比⊙O1、⊙O2小．

现证明此结论的后面部分：

1︒首先，盖住有界凸集M的最小圆与M如果没有公共点（图1），保持圆心O不动，缩小其半径，直到与M有公共点为止，此时，盖住M的圆半径的半径变小．

2︒如果盖住M的圆与M只有唯一的公共点（图2），则沿半径方向稍移动圆，又得1︒

3︒如果M上有两个点A、B在圆上，这两点不是同一条直径的端点，且优弧

上没有圆上的点，则沿与AB垂直的方向移动圆即可得到1︒．

例6设G是凸集，其面积用g表示，且其边界不包括直线段与尖点（即过其边界上每一点都有一条切线且每条切线与G的边界只有一个公共点）．设PQRS是G的外切四边形中面积最小的一个，A，B，C，D分别是它的四条边与G的边界的切点．则ABCD是面积大于

的平行四边形．

分析利用微调来说明本题．

证明先证明一个引理：

若A是PQ上的切点，则A为PQ的中点．

反设A不是PQ的中点，不妨设AP>AQ，现把点A向P微移到A'，切线PQ移动为P'Q'（如图），只要A'足够靠近A，就仍有A'P'＞A'Q'．设PQ、P'Q'交于点O，则O、A、A'三点充分靠近．

∴OP'＞OQ'，OP＞OQ．于是SΔOPP＞SΔOQQ'．

此时SP'Q'RS＝SPQRS＋SΔOQQ'－SΔOPP'＜SPQRS，即得出比PQRS面积还要小的外切四边形．与PQRS最小的假设矛盾．于是得A为PQ中点．

同理B、C、D分别为相应边的中点．

因顺次连结四边形各边中点得到的是平行四边形．即ABCD是平行四边形．

而SPQRS＞g，所以SABCD＝

SPQRS＞

g．

说明本题的证明含有连续与极限的思想．

情景再现

3．在平面上有n（n≥4）个点组成的点集M，如果任取其中4个点都是凸四边形的四个顶点，则此n个点是一个凸n边形的顶点．

4．平面上任意给出6个点，其中任意三点不在一条直线上，证明：

在这6个点中，可以找到3个点，使这3个点为顶点的三角形有一个角不小于120︒．

5．在由n（n≥3）个点组成的点集M中，如果有一个点至少是三条直径的端点，则M中必有一点至多是一条直径的端点．

6．是否任意一个凸四边形都可用折线分成两部分，使每部分的直径都小于原四边形的直径？

C类例题

例7设A、B是平面上两个有限点集，无公共元素，且A∪B中任意三点都不共线，如果A、B中至少有一者的点数不少于5个，证明存在一个三角形，它的顶点全在A中或全在B中，它的内部没有另一个集合中的点．（IMO—25预选题）

分析抓住5点组来讨论．

证明设集合A中的点不小于5个，从中选出5个点A1、A2、A3、A4、A5，使这5点的凸包内没有其他A的点，否则可用其内部的点来代替原来的某些点．

⑴若此凸包为五边形，取△A1A2A3、△A1A3A4、△A1A4A5，若这三个三角形中的任何一个内部无集合B中的点，则此三角形即为所求，若此三个三角形内都有B中的点则在每个三角形内取一个B中的点，这三点连成的三角形内部没有A中的点．

⑵若此凸包为四边形A1A2A3A4，内部有一个点A5，则可连得4个三角形：

△A5A1A2、△A5A2A3、△A5A3A4、△A5A4A1，若任一个内部没有B中的点，则此三角形即为所求，若每个三角形内部都有B中的点，则每个三角形内取一个B中的点，连成两个互不重叠的三角形，其中至少有一个三角形内部没有A中的点，即为所求．

⑶若此凸包为三角形，内部有两个点，则可把凸包分成5个三角形，如果每个三角形内都有B中的点则5个点分布在直线A4A5两侧，必有一侧有其中三个点，这三点连成的三角形内就没有A中的点．

说明题中有“不少于5点”的条件，所以就只要研究5个点的情况．

例8平面上任给5个点，其中任3点不共线，则在以这些点为顶点的三角形中，至多有7个锐角三角形．

证明5个点中任取3个点为顶点的三角形共有10个．

⑴若这5点的凸包为凸五边形，这个五边形至少有两个角非锐角（因五边形内角和为540︒，若五边形的内角中有4个锐角，则此4个角的和≤360︒，于是另一个角≥180︒）．这两个非锐角相邻或不相邻．

①若两个非锐角相邻，如图中A、B非锐角，连BE，则四边形BCDE至少有一个角非锐角，于是图中至少有3个角非锐角，即至少有三个非锐

角三角形．从而至多有7个锐角三角形．

②若两个非锐角不相邻，如图中A、C非锐角，则ΔEAB、ΔBCD非锐角三角形．连AC，则四边形ACDE中至少有一个非锐角，于是图中至少有三个非锐角三角形，即至多有7个锐角三角形．

⑵若这个凸包为四边形ABCD，E在形内．则四边形ABCD至少有一个内角非锐角，∠AEB、∠BEC、∠CED、∠EDA中至少有一个非锐角（否则四个角的和少于360︒），∠AEC、∠BED中至少有一个非锐角（否则∠BEC＞180︒），于是图中至多有7个锐角三角形，

⑶若凸包为三角形ABC，D、E在形内，则∠ADB、∠BDC、∠CDA中至多有一个锐角，∠AEB、∠BEC、∠CEA中至多有一个锐角，即图中至多有6个锐角三角形．

综上可知，结论成立．

说明利用五点组的特点解决问题．本题即是下面情景再现第7题的引理．

情景再现

7．平面上任给100个点，其中任3点不共线，则在以这些点为顶点的三角形中，至多有70%的三角形是锐角三角形．（IMO—12—6）

8．设G是凸集，其面积用g表示，且其边界不包括直线段与尖点（即过其边界上每一点都有一条切线且每条切线与G的边界只有一个公共点）．ABCD是G的所有内接四边形中面积最大的一个，过A，B，C，D作G的切线得到四边形PQRS．证明：

PQRS是G的面积小于2g的外切平行四边形．

习题65

1．⑴证明：

平面点集M的直径等于它的凸包M'的直径．

⑵由n（3≤n<+∞）个点组成的平面点集共有k条直径，证明k≤n．

2．证明：

一个平面凸集的直径如果不止一条则任何两条直径都相交，

3．在平面上给出n个点，它们中的任意三点都能被一个半径为1的圆盖住，证明：

这n个点能被半径为1的圆盖住．

4．平面点集M的对称轴的并集为L，L的对称轴的并集为S，求证：

L⊂S．

5．平面上五点，无三点共线，每三点连出一个三角形，最多可以连出多少个钝角三角形？

最少可以连出多少个钝角三角形？

6．平面上任给4个点，这四点连成的线段中最长与最短的线段的长度比≥

．

7．给定n个点无三点共线，每三个点为顶点组成一个三角形，每个三角形都有一个面积，令最大面积与最小面积的比为μn，证明：

μ4≥1；μ5≥

．（还可证μ6≥3，但μ7也没有解决）

8．包含平面点集S的最小圆的半径用符号r（S）表示．

如果点A、B、C之间的距离小于点A'、B'、C'之间的相应距离，那么，r（A、B、C）＜r（A'、B'、C'）．

本节“情景再现”解答：

1．证明任取一个圆⊙O，其半径＝r＞0，在圆面上任取两点A，B，则OA≤r，OB≤r．作OC⊥AB于C，对于AB上任意一点D，则D必至少与A、B之一在C的同侧，设D与A在C的同侧，则OD＜OA≤r，故D在⊙O内部．故圆面为凸集．

2．证明⑴若此五点的凸包为五边形，则可去掉一点，余下四点即是一个凸四边形的四个顶点．

⑵若此凸包为四边形，则凸包即为所求；

⑶若此凸包为三角形，设为△ABC，于是形内有两点，设为P、Q，直线PQ把平面分成两部分，A、B、C三点在此两部分内，故必有一部分中有其中两点，例如B、C在PQ同侧，则P、Q、B、C即为所求的四点．

3．证明这n个点的凸包是一个凸多边形ABCD…，由例2知，此凸多边形的每个顶点都是M中的点．设M中某点（设为P）不是此多边形的顶点，则P在凸包多边形的内部或边上．连凸包多边形的所有过A的对角线，把凸包多边形分成若干个三角形，于是P必在某个三角形内部或边上，设在ΔABCD内部或边上，则A、B、C、P四点就不是凸四边形的顶点，矛盾．故证．

4．证明⑴若这6点的凸包为三角形ABC，形内有三点D、E、F，则∠ADB、∠BDC、∠CDA中至少有一个角≥120︒，设∠ADB≥120︒，则△ADB即为满足要求的三角形．

⑵若这6点的凸包为四边形ABCD，形内有两点E、F，连AC把四边形分成两个三角形，则至少有一个三角形内有一点，例如△ABC内有一点E，则据上证可知结论成立；

⑶若这6点的凸包为五边形ABCDE，F为形内一点，则∠AFC＋∠CFE＋∠EFB＋∠BFD＋∠DFA＝360︒×2＝720︒，从而这5个角中必有一个角≥

＝144︒>120︒．（也可连AC、AD把五边形分成三个三角形来证）

⑷若这6个点的凸包为六边形，由于六边形的内角和为4×180︒＝720︒，故至少有一个内角≥

＝120︒．

5．证明设M的直径为d，且AB、AC、AD是三条直径，且AB在∠CAD内部．分别以A、B为圆心d为半径作圆则M必在二圆的公共部分中，如果从点B还能引出一条直径BE（E≠A），不妨设E与C在AB的同侧，于是四边形ADBE为凸四边形，从而AB＋DE＞AD＋BE．得DE＞d．这与直径定义矛盾．

6．解：

设凸四边形ABCD中，∆ABC为正三角形，边长为d．点D到A、B、C的距离都＜AB，则此四边形有三条直径．一条折线无论把ABCD分成怎样的两部分，A、B、D三点中总有两点在同一部分．于是这一部分的直径仍为d．

7．解100个点中，共可组成C

个三角形，每次取5个点共有C

个五点组．每个五点组中都至多有7个锐角三角形．而每个三角形都在C

个五点组中，因此，锐角三角形至多

个，故锐角三角形至多占

＝70%．

8．证明根据以下一个显然的事实：

A、B为G的弧上两个定点，C为弧上一动点，当G的在点C处的切线MN∥AB时，ΔABC的面积取得最大值．

设ABCD是凸集G的内接四边形中面积最大者．连AC，固定A、C，则当且仅当点B处的切线平行于AC时ΔACB的面积最大．

于是知当且仅当B、D处的切线都平行于AC时ABCD的面积才能最大，同理连BD，仍有A、C处的切线平行于BD时，ABCD的面积最大，即PQRS是平行四边形．

∵SPQRS＝2SABCD＜2g．

“习题67”解答：

1．⑴证明：

M'的直径为d'，而M的直径为d．设A、B是M中距离等于d的两个点．

∵M'盖住M，由于M⊆M'，故A、B∈M'．于是d'≥d；

又若d'>d，即凸包上有两点A'、B'，使A'B'>d，于是必存在点C'∈A'B'，使A'C'上没有M的点．于是可以用更小的凸集盖住M，与凸包定义矛盾．

⑵证明：

n＝3时，3个点的点集最多连出3条线段，即至多有3条直径，而正三角形的三个顶点所成的集合恰有3条直径．即k≤n成立．

设有n－1个点的点集的直径数≤n－1．对于n个点的点集，若点集中的每个点引出的直径数≤2，则直径数≤2n÷2＝n．若有某点引出的直径数≥3，则必有一点，该点引出的直径数为1．去掉此点，则由归纳假设，余下n－1点的直径数≤n－1，故原来的直径数≤n．故证．

2．证明：

设AB、CD是平面凸集的两条不相交的直径．则

A、B、C、D的凸包为线段，这不可能．

A、B、C、D的凸包若为三角形ABC，D在∆ABC内，有BD＜max{BC、BA}≤AB．矛盾．若A、B、C、D的凸包为四边形ABCD，则AC＋BD＞AB＋CD，于是AC、BD中至少有一个＞AB，与AB为直径矛盾．

3．证明：

n＝3时命题显然成立，

对于n＝4．⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4的半径都为r，⊙O1盖住P2、P3、P4；⊙O2盖住P1、P3、P4；⊙O3盖住P1、P2、P4；⊙O4盖住P1、P2、P3．

现以P1、P2、P3、P4为圆心，作半径为r的圆．于是O1在⊙P2、⊙P3、⊙P4内，从而⊙P2、⊙P3、⊙P4有公共点，由此可知，⊙P1、⊙P2、⊙P3、⊙P4中任意三个都有公共点，由海莱定理，为四个圆有一个公共点．设此点为Q，由于点Q在四个圆内，故Q到P1、P2、P3、P4的距离都不超过r，从而以Q为圆心，r为半径作圆可把P1、P2、P3、P4盖住．

以上证明对于n个点也成立．

4．证明：

若凸集F只有1条对称轴l，则l⊆L，但l也是自己的对称轴，故l⊆S．于是L⊆S．

若F的对称轴不只1条，任取其一条对称轴l1，则l1⊆L，只要证明l1⊆S即可．

即只要证明对于F的任一对称轴l2，其对称直线l3也是F的对称轴．

取F的任一点P，P∈F，由于l1是F的对称轴，则P关于l1的对称点P1∈F．同理，P1关于l2的对称点P2∈F，P2关于l1的对称点P3∈F．

但P3与P关于l3对称．

即l3是F的对称轴．故证．

5．解：

最多可以连出10个钝角三角形（如图，以AB为直径作半圆面，内取一点C，以BC、AC为直径作半圆面，三个半圆面的交的内部取点E，以BE、AE为直径作半圆，五个半圆面的交内取点D，则10个三角形都是钝角三角形．

例中已证至少3个钝角三角形．（如图可画出只有3个钝角三角形的情况）．

6．证明设所求比为λ．

⑴如果其中有三点共线，例如A、B、C三点共线，不妨设B在A、C之间，则AB与BC必有一较大者．不妨设AB≥BC．则λ≥

≥2＞

．

⑵如果此四点中无三点共线，则此四点的凸包为四边形或三角形．

①若此凸包为三角形，

凸包三角形是直角三角形，三边满足a≤b＜c．则c2＝a2＋b2≥2a2，从而λ≥

≥

．

凸包三角形是钝角三角形，三边满足a≤b＜c，则c2＝b2＋a2－2abcosC>b2＋a2≥2a2，得λ≥

≥

．

凸包三角形是锐角三角形ABC，则形内有一点D，则△DAB、△DBC、△DCA中，∠ADB＋∠BDC＋∠CDA＝360︒，故此三角不可能都≤90︒，否则此三角之和≤270︒，矛盾．即此三个三角形中至少有一个是钝角三角形．由上证知，结论成立．

②若此四点的凸包为四边形，ABCD，则∠ABC、∠BCD、∠CDA、∠DAB不可能都是锐角．即至少有一个角非锐．设∠ABC≥90︒，则由上证知，结论成立．

⑶当此四点的凸包为正方形时，显然有λ＝

．综上可知λ≥

成立．

7．解：

正方形的μ4＝1，其余的情况μ4＞4．

对于5点问题，若凸包为三角形ABC，取形内的一点D，则∆DAB、∆DBC、∆DCA中必有一个≤∆ABC的面积的

．于是所求比≥3＞

．凸包为四边形同此．

若凸包为五边形ABCDE，取面积最小的三角形，则必有两边为五边形的两边（若只有一边，可知此五边形为凹），设面积最小的三角形为∆ABE．AB、AE为边．则其余两顶点在∠EAB内部，又作BM∥AE，EN∥AB，交于K，则其余两个顶点在∠MKN内部或边上（∆ABE面积最小）

先研究两个顶点在边上的情况，若点C'、D在角的边上，其中D与BE距离较小，作D'C∥BE，交KN于C，则点C所得的面积比不超过C'所得的面积比．∆CDB、∆CDE面积≥∆ABE面积，类似构造五条对角线都分别与不相邻的边平行的五边形，

不妨设S∆ABE＝1，则S∆ABC＝S∆BCD＝S∆CDE＝S∆DEA＝S∆ACF＝1，

设S⊿AEF＝x，则S⊿DEF＝1－x．S∆CDF＝x，于是

＝

．

但

＝

，即

＝

．

于是得x2+x－1＝0．

解得满足题意的根为x＝

．

于是

＝

．

此五边形的μ5＝

．

对于C、D不在∠MKN边上的情况，可转化为以上情况．

8．证明：

1︒若ΔABC是非锐角三角形，则r（A、B、C）＝max{

，

，

}≤max{

，

，

}≤r（A'，B'，C'}．（盖住ΔABC的最小圆是以最长边为直径的圆，而ΔA'B'C'可能为锐角三角形，也可能是钝角三角形或直角三角形）

2︒若ΔABC与ΔA'B'C'都是非钝角三角形，盖住它们的最小圆都是其外接圆．于是必存在一对角（例如∠A与∠A'），满足90︒≥∠A≥∠A'，若不存在这样的一对角，则∠A＜∠A'，∠B＜∠B'，∠C＜∠C'，与三角形内角和定理矛盾．

于是r（A，B，C）＝

＜

＝r（A'，B'，C'）．

3︒若ΔABC是锐角三角形，ΔA'B'C'非锐角三角形．不妨设∠C'≥90︒，现作一个辅助ΔA'B"C'，使C'B"＝C'B'，∠A'C'B"＝90︒，则r（A'，B"，C'）＝

≤

＝r（A'，B'，C'）．

∵ΔABC是锐角三角形，

∴AB2＜AC2＋CB2＜A'C'2＋C'B'2＝A'C'2＋C'B"2＝A'B"2．

即AB＜A'B"．

但ΔABC与ΔA'B"C'都是非钝角三角形，由2︒可知r（A，B，C）＜r（A'，B"，C'）．

∴r（A，B，C）＜r（A'，B'，C'）．

综上可知，所证成立．