人教版初中數(shù)學(xué)《第25章染色問題》競賽專題復(fù)習(xí)含答案

1、第25章染色問題25.1.1 圓周上等間距地分布著27個(gè)點(diǎn)，它們被分別染為黑色或白色.今知其中任何2個(gè)黑點(diǎn)之間 至少間隔2個(gè)點(diǎn).證明：從中可以找到3個(gè)白點(diǎn)，它們形成等邊三角形的3個(gè)頂點(diǎn).解析 我們將27個(gè)點(diǎn)依次編號(hào)，易知它們一共可以形成9個(gè)正三角形(1 , 10, 19), (2, 11, 20),，(9, 18, 27).由染色規(guī)則知，其中至多有 9個(gè)黑點(diǎn).如果黑點(diǎn)不多于8個(gè)，則其中必有一個(gè)正三角形的所有頂點(diǎn)全為白色.如果黑點(diǎn)恰有9個(gè)，那么由 染色規(guī)則知，它們只能是一黑兩白相間排列，其中也一定有一個(gè)正三角形的所有頂點(diǎn)全為白色.25. 1. 2某班有50位學(xué)生，男女各占一半，他們圍成一圈席地而

2、坐開營火晚會(huì).求證： 必能找到一位兩旁都是女生的學(xué)生.解析 將50個(gè)座位相間地涂成黑白兩色，假設(shè)不論如何圍坐都找不到一位兩旁都是女生 的學(xué)生，那么25個(gè)涂有黑色記號(hào)白座位至多坐12個(gè)女生.否則一定存在兩相鄰的涂有黑色標(biāo)記的座位，其上面都坐著女生，其間坐著的那一個(gè)學(xué)生與假設(shè)導(dǎo)致矛盾.同理，25個(gè)涂有白色標(biāo)記的座位至多只能坐12個(gè)女生，因此全部入座的女生不超過24人，與題設(shè)相矛盾.故命題得證. 25.1.3在線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)，一個(gè)標(biāo)以紅色，一個(gè)標(biāo)以藍(lán)色，在線段中間插入n個(gè)分點(diǎn)，在各個(gè)分 點(diǎn)上隨意地標(biāo)上紅色或藍(lán)色，這樣就把原線段分為n 1個(gè)不重疊的小線段，這些小線段的兩端顏色不同者叫做標(biāo)準(zhǔn)線段.求

3、證：標(biāo)準(zhǔn)線段的個(gè)數(shù)是奇數(shù).設(shè)最后一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)線段為 人人卜1 .若兒 丹,則僅有一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)線段，命題顯然成立；若A A , 由A、B不同色，則A)必與Ak同色，不妨設(shè) A與A均為紅色，那么在 4和A之間若有一紅 藍(lán)的標(biāo)準(zhǔn)線段，必有一藍(lán)紅的標(biāo)準(zhǔn)線段與之對應(yīng)；否則Ak不能為紅色，所以在 A。和A之間，紅藍(lán)和藍(lán)紅的標(biāo)準(zhǔn)線段就成對出現(xiàn)，即A和Ak之間的標(biāo)準(zhǔn)線段的個(gè)數(shù)是偶數(shù)，加上最后一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)線段AAk 1 ,所以，A和B之間的標(biāo)準(zhǔn)線段的個(gè)數(shù)是奇數(shù).25. 1. 4能否用面積為1 4的一些長方塊將10 10的棋盤覆蓋？ 解析如圖中標(biāo)上14這些數(shù)，顯然每個(gè)1X4的長方塊各占1、2、3、4 一個(gè)，于是如果可以覆蓋，

4、則1、2、3、4應(yīng)一樣多，但1有25個(gè)，2則有26個(gè)，矛盾！因此不能覆蓋.123412351223412341233412341234412341234112341234122341234123341234123441234123411234123412234123412325.1.5* 12個(gè)紅球和12個(gè)藍(lán)球排成一行，證明：必有相鄰的6個(gè)球三紅三藍(lán).解析將這些球標(biāo)上數(shù)字，紅球標(biāo) 1,而藍(lán)球則標(biāo)上 1,于是問題變?yōu)椋罕囟ㄓ?6個(gè)相鄰的球其標(biāo)數(shù)之和為 0.記從第i個(gè)球起的6個(gè)數(shù)字和為S,于是i可取1, 2,，19.易知S1的全部取值為 6、 4、 2、0、2、4、6,且|§1 Si|

5、0或2（可以認(rèn)為以2或2、0的步長“連續(xù)”變化）.由S S7 s3 s9 0,知若四數(shù)中有0,則結(jié)論成立，否則必有正有負(fù).不妨設(shè)Si0,Sj0, i, j 1, 7,13,19,于是必存在一個(gè)k,k在i與j之間，0 0 .25. 1. 6如圖，把正方體形的房子分割成27個(gè)相等的小房間，每相鄰（即有公共面）兩個(gè)房間都有門相通，在中心的那個(gè)小正方體中有一只甲蟲，甲蟲能從每個(gè)小房問走到與它相鄰的小房間中的任何一問去.如果要求甲蟲只能走到每個(gè)小房間一次，那么甲蟲能走遍所有的小房間嗎？解析甲蟲不能走遍所有的小房間.我們?nèi)缬覉D將正方體分割成27個(gè)小正方體（每個(gè)小正方體表示一問房間），涂上黑白相間的兩種顏色

6、，使得中心的小正方體染成白色，再使兩個(gè)相 鄰的小正方體染上不同的顏色.顯然，在27個(gè)小正方體中，14個(gè)是黑的，13個(gè)是白的.甲蟲從中間的白色小正方體出發(fā)，每走一步，方格就改變一種顏色.故它走 26步，應(yīng)該經(jīng)過 14個(gè)白色的小正方體、13個(gè)黑色的小正方體. 因此在26步中至少有一個(gè)小正方體，甲蟲進(jìn)去過兩次.由此可見，如果要求甲蟲到每一個(gè)小房間只去一次，那么甲蟲不能走遍所有的小房間.25.7.7 *3行9列共27個(gè)小方格，將每個(gè)小方格涂上紅色或藍(lán)色.試證：無論如何涂法，其中至少有兩列，它們的涂色方式完全一樣.解析 第一行的9個(gè)方格中必有5格同色（抽屜原理），不妨設(shè)這5個(gè)方格位于前五個(gè)位置， 且都為

7、紅色.下面考慮前五列構(gòu)成的 3X5小矩形.第二行的五格中必有 3格是同色的，不妨設(shè)這三格位 于前三個(gè)位置.接著考慮前三列構(gòu)成的 3X3方陣，該方陣前兩行的每列完全一樣.對第三行，用兩種顏色染色時(shí)，三列中必有兩列同色，不妨設(shè)是前兩列.此時(shí)前兩列的涂色方式完全一樣.紅紅紅紅紅AAAbb25.7.8 如圖（a）,是由14個(gè)大小相同的正方形組成的圖形，證明：不論如何用剪刀沿著 圖中直線進(jìn)行剪裁，總剪不出七個(gè)由相鄰兩個(gè)小正方形組成的矩形來.解析如圖（b）涂色.若有一種剪法能剪出七個(gè)相鄰兩個(gè)小正方形組成的矩形，則每個(gè)矩形一定由一個(gè)涂色小正方形和一個(gè)不涂色小正方形構(gòu)成.因此，應(yīng)該有七個(gè)涂色小正方形和七個(gè)不涂

8、色的小正方形.但圖中有八個(gè)涂色小正方形，六個(gè)不涂色小正方形，因此適合題意的剪法不存在.25.7.9 在8X 8的國際象棋棋盤中的每個(gè)方格都填上一個(gè)整數(shù)，現(xiàn)任挑選3X3或4X4的正方形，將其中每個(gè)數(shù)加 1,稱為一次操作，問是否能經(jīng)過有限次操作，一定可以讓方格 中的所有整數(shù)均被 10整除？解析 按圖中選擇小方格涂黑， 易見每個(gè)3X3或4X4都包含偶數(shù)個(gè)小黑格， 這些小黑格中原來數(shù)字之和是奇數(shù)的話，那么操作一次后，數(shù)字和仍是奇數(shù)，因此不能得到最后均被10整除.答案是不一定.25.7.10 *4X4的方格表中最多選擇幾個(gè)格子涂黑，使得不存在4個(gè)黑格的中心是一個(gè)矩形的頂點(diǎn)？解析 如圖，涂9格，無所求矩形

9、，下證若涂 10格，則會(huì)出現(xiàn)所求矩形.這是因?yàn)槿粲幸恍腥客亢?，則余下的行中必有一行至少涂黑2格，此時(shí)便有所求矩形出現(xiàn).于是每行黑格數(shù)不到 4個(gè)，必有兩行各包含 3個(gè)黑格，此時(shí)不難看出有所求矩形出現(xiàn)， 因此最多選擇9格.25.7.11 在8X8的國際象棋棋盤中剪去哪個(gè)小方格，使得剩下的小方格可以被1X3的矩形覆蓋？解析 剪去左上角的方格后，棋盤不能用 21個(gè)3X 1的矩形覆蓋.為了證明這一點(diǎn)，我們將棋盤涂上三種顏色，涂法如圖，其中數(shù)字1、2、3分別表示第一、二、三種顏色.如果能用21個(gè)3X1矩形將剪去左上角的棋盤覆蓋，那么每個(gè)3X 1的矩形蓋住第一、二、三種顏色的方格各 1個(gè)，從而21個(gè)3X

10、1的矩形蓋住第一、二、三種顏色的方格各21個(gè)，然而棋盤（剪去左上角后）卻有第一種顏色的方格 20個(gè)，第二種顏色的方格 22個(gè)，第三種顏 色的方格21個(gè).因此，剪去左上角的棋盤無法用21個(gè)3X 1的矩形覆蓋.由此可見，如果剪去一個(gè)方格后， 棋盤能用21個(gè)3X 1的矩形覆蓋，那么剪去的方格一定是 圖中涂第二種顏色的方格.但是，剪去圖中涂第二種顏色的一個(gè)方格后， 仍然不能保證一定能用 21個(gè)3X 1的矩形覆蓋, 比如說，剪去圖中第一行第 2個(gè)方格后不能用21個(gè)3X1的矩形覆蓋，這是由于棋盤的對稱 性，剪去這個(gè)方格與剪去第一行第 7個(gè)（涂第一種顏色的）方格（或剪去第八行第2個(gè)涂第三種 顏色的方格）所剩

11、下的棋盤完全相同.1231231223123123312312311231231223123123312312311231231223123123于是，只有剪去第三行第3個(gè)、第三行第6個(gè)、第六行第3個(gè)、第六行第6個(gè)這四個(gè)方格中 的某一個(gè)，剩下的棋盤才有可能用21個(gè)3X1的矩形覆蓋.不難驗(yàn)證這時(shí)確實(shí)能夠覆蓋.25.7.12 求證：只用 2X 2及3X 3的兩種瓷磚不能恰好鋪蓋23X23的正方形地面.解析 將23X23的正方形地面中第 1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑 色，剩下的小方格全染成白色，于是白色的小方格的個(gè)數(shù)為 15X23,這是奇數(shù).因?yàn)槊繅K 2X 2瓷磚總是

12、蓋住二黑格和二白格或者蓋住四白格，每塊3X3瓷磚總是蓋住三黑格和六白格，故無論多少2X2及3X3的瓷磚蓋住的白格數(shù)總是一個(gè)偶數(shù)，不可能蓋住 23X15個(gè)白 格，所以，只用 2X2及3X3的瓷磚不能蓋住 23X 23的地面.123412342341234134123412412341231234123423412341341234124123412325.7.13 求證：用15塊大小是1X4的矩形瓷磚和1塊大小是2X2的正方形瓷磚，不能 恰好鋪蓋8X8的正方形地面.解析 把8X8的正方形地面上 64個(gè)小方格依次賦值 1、2、3、4如圖.無論1 X 4的矩形瓷 醇怎樣蓋在圖中所示的地面上，每塊l

13、X 4的矩形瓷磚恰好蓋住賦有 1、2、3、4的小方塊各1個(gè)，可見15塊1 X 4的矩形瓷磚恰好蓋住賦有 1、2、3、4的小方格各15個(gè)，而一塊2X2 的正方形瓷磚無論蓋在何處，只有如下四種情形之一：這就是說，2X2的正方形瓷磚所蓋住的 4個(gè)小方塊中，必有兩個(gè)小方塊有相同數(shù)碼.由此 可見，如果15塊1X4,1塊2X2的瓷磚恰好能鋪蓋 8X8的正方形地面，那么這64個(gè)小方 塊中，某一種賦值的小方塊應(yīng)有17塊，但實(shí)際上，賦值 1、2、3、4的小方塊各16塊，矛盾.25.7.14 *7X 7的方格表中有19個(gè)方格涂成紅色，稱一行或一列是紅色的如果該行或該列中至少有4個(gè)紅格.問該方格表中最多有多少個(gè)紅色

14、的行和列？解析 首先我們指出紅色的行和列不多于8個(gè).若不然，紅色的行和列至少 9個(gè)，則其中必有5個(gè)紅行或紅列，不妨設(shè)為前者.由于每個(gè)紅 行中至少有4個(gè)紅格，故知表中至少有20個(gè)紅格.此與已知條件矛盾.其次，當(dāng)我們將表格中的某個(gè)4X4的正方形的16個(gè)方格全部涂紅時(shí)，便得到 4個(gè)紅行和4個(gè)紅列，共8個(gè).這表明有19個(gè)紅格時(shí)，確可使紅行與紅列的個(gè)數(shù)達(dá)到8 .所以最大值為8.25.7.15 如圖是由4個(gè)1X1方格組成的L形紙片，如果一個(gè)m n方格的棋盤能被若干個(gè) L形紙片無重復(fù)地覆蓋，試證：mn是8的倍數(shù).解析 設(shè)m n棋盤由k個(gè)L形紙片所覆蓋，而 L形是由4個(gè)1 X 1小方格所組成，則可令 mn 4

15、k .由此得出m、n中至少有一個(gè)偶數(shù)，不失一般性，可令n為偶數(shù)，即共有偶數(shù)n歹U. 現(xiàn)在對“列”進(jìn)行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有2k個(gè).易見每個(gè)L形紙片無論怎樣配置，總是蓋住奇數(shù)個(gè)黑格.今共有2k個(gè)黑格，因此必須有偶數(shù)個(gè)L形，從而證得 mn是8的倍數(shù).25.7.16 在8X8的方格棋盤上最多能放多少個(gè)馬，它們互不相吃（假定有足夠多的馬）？解析 我們將棋盤相間染成黑白二色，則黑格與白格各32個(gè).按馬的走法（如圖）知，黑格上的馬只能吃白格上的馬，因此，將所有黑格都放馬，它們是互不相吃的.這就是說，我們 可以放32個(gè)馬，它們互不相吃.現(xiàn)證任意放33個(gè)馬必有被吃的情形.事實(shí)上，將棋盤劃分為 8個(gè)

16、2 X 4的小棋盤，則至少有一個(gè)小棋盤要放 5個(gè)馬，其放法只有 兩種可能：要么一排放 1個(gè)，另一排放4個(gè)；要么一排放2個(gè)，另一排放3個(gè).顯然這兩種放法都不可避免地發(fā)生互相“殘殺”的結(jié)局.因此，最多能放32個(gè)馬，它們互不相吃.25.7.17 在12X12的棋盤上，一匹超級(jí)馬每步跳至3X4矩形的另一角，如圖（a）.這匹馬能否從某一點(diǎn)出發(fā)，跳遍每一格恰好一次，最后回到出發(fā)點(diǎn)？解析我們用兩種方法對此棋盤染色.首先，將棋盤黑白相間染色，由馬的跳步規(guī)則知，馬每跳一步，或者是從黑格跳到白格，或者是從白格跳到黑格. 不妨設(shè)馬是第奇數(shù)步跳到自格，即馬在第奇數(shù)步跳入的格子全體就是全體白格.其次，將棋盤的第1、2、

17、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如圖 （b）.由馬的 跳步規(guī)則知.馬從白格一定跳人黑格， 因?yàn)榘赘竦臄?shù)目同黑格的數(shù)目相同， 馬要遍歷棋盤的 每一格恰一次再回到出發(fā)點(diǎn)，因此，馬從黑格只能跳入白格，不妨設(shè)馬第奇數(shù)步跳入白格.對于一種滿足要求的跳法， 在兩種染色方式下第奇數(shù)步跳入的格子的全體卻是不同的，矛盾.因此，題目要求的跳法，即“回路”是不存在的.25.7.18 在8X 8方格表的小方格內(nèi)放置黑色或白色的棋子，每個(gè)小方格內(nèi)至多只能放一個(gè)棋子，使得每行且每列白色棋子的數(shù)量都是黑色棋子的數(shù)量之2倍.在滿足上述條件的所有放置方法中，請問如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的總數(shù)量最多

18、？解析 因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有 6個(gè).此方格表共有8行，因此棋子的總 數(shù)最多為48個(gè).如右圖所示，48個(gè)棋子是可以完成的.25.7.19 *將m n的方格表中每個(gè)小方格涂上黑色或白色，兩種顏色的方格數(shù)相等.問能否有一種涂法，使每一行、每一列中都有一種顏色的方格數(shù)超過75%?解析 不可能.設(shè)每行、每列中都有一種顏色的方格超過-,由于行與行、列與列可對調(diào)4而不影響結(jié)論.不妨設(shè)其中前p行白色占優(yōu)勢，后q行黑色占優(yōu)勢；前r列白色占優(yōu)勢，后s列黑色占優(yōu)勢.p q m , r s n （如下左圖）.rsp全白黑白相間q黑白相間全黑考慮p s放q r的矩形中的ps qr個(gè)方格.其中的白格可看

19、成s列或q行中的“少數(shù)派”而黑格可看成p行或r列中的“少數(shù)派”.由于在每行、每列中“少數(shù)派”少于或照個(gè),44所以前一個(gè)矩形中的白色與后一個(gè)矩形中的黑格的個(gè)數(shù)之和少于m s r mn .同樣，前44一個(gè)矩形中的黑格與后一個(gè)中白格之和少于n p q mn .所以這兩個(gè)矩形中的方格數(shù) 44mn mn mnps qr ,即少于萬格總數(shù)的一半.因此 442ps qr pr qs,p q s r 0 ,從而pwq, r<s或qwp, s< r不妨設(shè)為前者，這時(shí) p < m , r < -,22白色方格總數(shù)pr q n s m44prmn.mn0 一，2與兩種顏色的方格相等矛盾.評注

20、 每行、每列中都有一種顏色的方格恰好占?是可能的（這時(shí)m、n當(dāng)然都被4整除）,4前右圖（其中p q m, r s n）即滿足要求. 2225.7.20 在2是X 2是的方格表上，有3k個(gè)格子涂黑，求證：可以選擇k行及k列，包含了全部這3k個(gè)黑格.解析 將包含黑格的所有行中找出黑格數(shù)最多的前k行，則這k行中包含的黑格總數(shù)必定不少于2k ,否則會(huì)有一行的黑格數(shù)至多一個(gè)，而剩下來的k行至少有k 1個(gè)黑格，于是有一行包含了至少兩個(gè)黑格，這與k前是行”的定義矛盾.于是結(jié)論成立，接下來只要再找是列包含剩下的k個(gè)黑格即可（有的列可不包含黑格）.25.7.21 7X7方格表中的方格被分別染為兩種不同顏色，證明

21、：至少可以找出21個(gè)矩形，它們的頂點(diǎn)是同一種顏色方格的中心，它們的邊平行于方格線.解析 考察其中任意一列，估計(jì)其中同色“方格對”的個(gè)數(shù).設(shè)在該列中有一種顏色的方格走個(gè)，另一種顏色的方格 7 k個(gè)，那么，在該列中就共有k k 172個(gè)同色“方格對k 6 k 2k 7k 212.該式的值在k 3和k 4時(shí)達(dá)到最小值9,所以，7個(gè)列中一共有不少于63個(gè)同色“方格對”.注意到每一個(gè)這樣的同色“方格對”位于一個(gè)“行對”中，如果相應(yīng)的“行對”中還有一個(gè) 與之顏色相同的同色“方格對"，那么，它們即構(gòu)成一個(gè)滿足要求的矩形.我們知道，方格表中一共有76 21個(gè)不同的“行對”，由于有兩種不同顏色，所以，

22、一共有 42種不同情 2況的“行對”.因此，至少可以找到 21(=63-42)個(gè)滿足要求的矩形.25.7.22 把全體正整數(shù)染成黑白兩色之一，已知任意兩個(gè)不同顏色的數(shù)之和為黑色，而它們的積是白色，試找出所有的這種染色方法.解析 設(shè)正整數(shù)m、n為白色，現(xiàn)研究mn的顏色.若mn是黑色，設(shè)正整數(shù)k黑色，則m k為黑色，m k n mn kn為白色，但由前知 mn黑色，kn白色，于是 mn kn黑色，矛盾，因此mn為白色.設(shè)正整數(shù)l是染成白色的最小數(shù)，于是由條件及前面的討論知，l的所有正整數(shù)倍數(shù)sl均為白色.至于其他正整數(shù) p , p不被l整除，設(shè)p ql r , 0 r l ,由l之定義知，r必定

23、是黑色，于是知當(dāng)q 0時(shí)，p r為黑色；當(dāng)q 0時(shí)由ql為白色，知p亦為黑色.于是本 題的結(jié)論就是，所有l(wèi)的倍數(shù)染成白色，其余的數(shù)染成黑色，不難驗(yàn)證這種染法確實(shí)滿足題 設(shè)要求.25.7.23 *有一個(gè)矩形頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為0,0、0,m、n,0與n,m,其中m、n均為正奇數(shù)，將這個(gè)矩形分拆 (既無重疊，也不遺漏)為一些三角形，使得每個(gè)三角形的頂點(diǎn) 均為格點(diǎn)且至少有一條邊與坐標(biāo)軸平行，并且這條邊上的高為1,求證：一定存在至少兩個(gè)三角形，它們各有兩條邊平行于坐標(biāo)軸.解析 易知，可將矩形分成 mn個(gè)單位正方形，并涂上黑白兩色，使相鄰的正方形顏色不同.此時(shí)4個(gè)角上的小正方形顏色相同，設(shè)為黑色，于是黑色格總

24、面積比白格多1.可以推出，上述分拆中，每一個(gè)有兩條邊與坐標(biāo)軸平行的三角形中，兩種顏色部分的面積之差為 -;2而每一個(gè)僅有一條邊與坐標(biāo)軸平行的三角形中，兩種顏色部分的面積相等，如圖.由于黑色面積與白色面積相差1,故至少存在兩個(gè)三角形各有兩條邊與坐標(biāo)軸平行.25.7.24 把正三角形劃分為n2個(gè)同樣大小的小正三角形，把這些小正三角形的一部分標(biāo)上號(hào)碼1, 2,，m ,使得號(hào)碼相鄰的三角形有相鄰邊.求證： mw n2 n 1 .解析 將n2小正三角形如圖黑、白染色，黑三角形共有 1+2+3+n 1n n 1個(gè)，白三21角形共有1+2+3+(n 1) -n n 1個(gè)，由于要求號(hào)碼相鄰的三角形有相鄰邊，且

25、有2相鄰號(hào)碼的兩個(gè)三角形染有不同的顏色，因此標(biāo)上號(hào)碼的黑三角形總比標(biāo)上號(hào)碼的白三角形的個(gè)數(shù)多1,所以編號(hào)的三角形數(shù) m不超過2 1n n 1 1 n2 n 1個(gè)，即mWn2 n 1 .2把相對白頂點(diǎn)A、C染成紅色,25.7.25 將正方形 ABCD分割為n n個(gè)相等的小方格,把B、D染成藍(lán)色，其他交點(diǎn)任意染成紅、藍(lán)兩色中的一種顏色.求證：恰有三個(gè)頂點(diǎn)同 色的小方格的數(shù)目必是偶數(shù).解析 用數(shù)代表顏色：紅色記為 1.藍(lán)色記為 1.將小方格編號(hào)，記為 1, 2,，n2,記 第i個(gè)小方格四個(gè)頂點(diǎn)處數(shù)字之乘積為Ai ,若該格恰有三個(gè)頂點(diǎn)同色，則 A 1 ,否則Aj 1.今考慮乘積A 4L An2 .對正

26、方形內(nèi)部的交點(diǎn)，各點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)重復(fù)出現(xiàn)4次；正方形各邊上的不是端點(diǎn)的交點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)各出現(xiàn)2次；A、B、C、D四點(diǎn)相應(yīng)的數(shù)的乘積為1 1111 .于是，AA2LAn21 .因此，A,A2,，。中1的個(gè)數(shù)必為偶數(shù)，即恰有三個(gè)頂點(diǎn)同色的小方格必有偶數(shù)個(gè).25.7.26 已知 ABC內(nèi)有n個(gè)點(diǎn)（無三點(diǎn)共線），連同點(diǎn) A、B、C共n 3個(gè)點(diǎn)，以這些 點(diǎn)為頂點(diǎn)把 4ABC分割為若干個(gè)互不重疊的小三角形，現(xiàn)把A、B、C分別染成紅色、藍(lán)色、黃色，而其余n個(gè)點(diǎn)，每點(diǎn)任意染上紅、藍(lán)、黃三色之一.求證：三頂點(diǎn)都不同色的小 三角形的總數(shù)必是奇數(shù).解析 把這些小三角形的邊賦值：邊的端點(diǎn)同色的，賦值0,邊的端點(diǎn)不同色，賦值

27、1,于是每只小三角形的三邊賦值的和，有如下三種情形：（i）三頂點(diǎn)都不同色的小三角形，賦值和為3;（ii）恰有兩頂點(diǎn)同色的小三角形，賦值和為2;（iii）三頂點(diǎn)同色的小三角形，賦值和為0.設(shè)所有小三角形的邊的賦值總和為S,又設(shè)情形（i）、（ii）、（iii）中三類小三角形的個(gè)數(shù)分別為a、b、c ,于是S 3a 2b 0c 3a 2b.注意到所有小三角形的邊的賦值總和中，除了邊AB, BC, CA外，其余各邊都被計(jì)算了兩次，故它們的賦值和是這些邊的賦值和的兩倍，再加上4ABC的三邊的賦值和為 3,故S是奇數(shù)，因此，由式得 a是奇數(shù).25.7.27 由8個(gè)1 X 3和1個(gè)1 X 1的磚塊按通常方式（

28、即平行地貼著格子線）鋪滿一個(gè)5 X5的棋盤，求證：1 X 1的磚塊必定位于整個(gè)棋盤的中心位置.解析 將棋盤按圖中方式染成 A、B、C三種顏色.易見A、C各有8格，而B有9格.由 于每個(gè)1X3磚塊必定覆蓋 A、B、C三色格各一格，因此 1X1的磚塊必定染成 B色.再 將整個(gè)棋盤旋轉(zhuǎn)90 ,再按完全相同的方法染色，于是1X1的磚塊仍在染成 B色的方格上，但兩次染色均染成 B色的小方格只有中間的那個(gè)，因此 1Xl的磚塊必定位于整個(gè)棋盤的中 心位置.ABCABBCABCCABCAABCABBCABC25.7.28 * 6個(gè)點(diǎn)每兩點(diǎn)之間連一條線，將這15條線進(jìn)行任意的二染色（即每條邊染成兩種顏色之一）,

29、則必定存在至少兩個(gè)同色的三角形.解析 設(shè)兩色為紅色與藍(lán)色.若從同一點(diǎn)出發(fā)有3條線同色，比如 AB、AC、AD為紅色，如果BC紅色，則 ABC為紅色三角形，否則 BC為藍(lán)色，同理CD、DB亦為藍(lán)色，于是 BCD為藍(lán)色三角形.因此，有一點(diǎn)出發(fā) 3條線同色，一定有同色三角形存在.于是 6個(gè) 點(diǎn)之間的15條線中，一定有同色三角形存在.5個(gè)點(diǎn)的10條線若無同色三角形，則每一點(diǎn)連出的4條線必定兩紅兩藍(lán).比如五點(diǎn)為A、B、 C、D、E,不妨設(shè)BA、AE紅，由于BE藍(lán)，還有一點(diǎn)與 B的連線紅色，不妨設(shè) BC紅， 于是BD藍(lán)，ED紅，AC、AD藍(lán)，CD紅，CE藍(lán)，故要想不出現(xiàn)同色三角形，只能是五 點(diǎn)構(gòu)成的五邊形

30、（不一定凸或自身不交）的邊同色，而對角線則異色.現(xiàn)在回到原題，設(shè)TK點(diǎn)為 Ai、A2、A3、A4、A5、A6,由于一定有同色三角形存在，不妨設(shè)為 A4A5A6一是紅色三角形，若不存在第二個(gè)同色三角形，則可設(shè)五邊形 AA2A3A4A5的邊為紅色（圖中實(shí)線所示）,對角線為藍(lán)色（圖中虛線所示）.若AA6為紅色，則4AA5A6為紅色三角形，故 AA6藍(lán)，同理A3A6為藍(lán)色，于是 AAA3A6為藍(lán)色三角形，因此同色三角形至少有兩個(gè).A1A3A425.7.29 * n n的方格表中有n 1個(gè)格子涂且黑色，如果一個(gè)未涂色的小方格有兩個(gè)以 上的黑色小方格與之相鄰（“相鄰”指有公共邊），則將這個(gè)小方格也涂黑，求

31、證：不可能將 所有的小方格都涂黑.解析 假定小方格邊長為1.考慮一開始這n 1格小方格組成的“島”，每個(gè)“島”都由連 在一起的小方格組成， 不同的“島”之間沒有公共邊界（當(dāng)然也可能本來只有一個(gè) “島”）.因此這些“島”的邊界（包括有“洞”時(shí)“洞”的“內(nèi)部邊界”）長度之和不大于4 n 1 （因?yàn)檫€有小方格邊界在內(nèi)部抵消的情形）.現(xiàn)在按規(guī)則操作，每添加一個(gè)黑格，總邊界不會(huì)增加，甚至還會(huì)減少（例如未涂色的小方格周邊已有3或4個(gè)小黑格與之相鄰）.如果所有小方格都涂黑了，總邊界為 4n 4 n 1 ,矛盾.因此結(jié)論成立.25.7.30 無限大方格表上的每個(gè)結(jié)點(diǎn)（方格線的交點(diǎn)）都被染為三種顏色之一，并且每

32、種 顏色的點(diǎn)都有.證明：可以找到一個(gè)直角三角形（其直角邊不一定在方格線上），它的三個(gè)頂點(diǎn)被分別染為三種不同顏色.解析用反證法.假設(shè)不存在三個(gè)頂點(diǎn)被分別染為三種不同顏色的直角三角形.不難看出，可以找出一條水平方向或豎直方向的直線1,它上面至少有兩種顏色的結(jié)點(diǎn)，為確定起見，設(shè)其為水平方向.如果1上只有兩種顏色的點(diǎn)，比方說藍(lán)色與紅色，那么在平面上任意取一個(gè)綠色結(jié)點(diǎn)A,并且把A所在的豎直直線與1的交點(diǎn)記作B.于是，B或?yàn)樗{(lán)色或?yàn)榧t色，不妨設(shè)其為藍(lán)色.由 于1上還有紅色結(jié)點(diǎn)，只要任取其中一個(gè)紅點(diǎn) C ,即可得到三個(gè)頂點(diǎn)顏色各異的 RtA ABC , 此與假設(shè)矛盾.所以，1上面有三種顏色的結(jié)點(diǎn).在直線1上

33、任意取一個(gè)藍(lán)點(diǎn) B、一個(gè)紅點(diǎn)C和一個(gè)綠點(diǎn)D.那么，此時(shí)在經(jīng)過點(diǎn)B的豎直直 線上的結(jié)點(diǎn)都應(yīng)當(dāng)為藍(lán)色，否則就可以找到三一個(gè)頂點(diǎn)顏色各異的直角三角形.同理，在經(jīng)過點(diǎn)C的豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都為紅色，在經(jīng)過點(diǎn)D的豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都為綠色.這就表明，在以上的染色方法中，每條豎直直線上的結(jié)點(diǎn)都是單一顏色的，從而，任何直角邊在方格線上白直角=三角形中都至少有兩個(gè)頂點(diǎn)同色.下面考察任何一條經(jīng)過結(jié)點(diǎn)且與豎直方向交成45的直線.由于它同每條豎直直線都相交于結(jié)點(diǎn)處，所以它上面有著三種不同顏色的結(jié)點(diǎn).這樣一來，根據(jù)剛才的討論，在每一條與它 垂直的直線上的結(jié)點(diǎn)都只能是單一顏色的.但是，事實(shí)上這些直線都與豎直方向交成135

34、,從而與每條豎直直線都相交于結(jié)點(diǎn)處.故都有著三種不同顏色的結(jié)點(diǎn)，導(dǎo)致矛盾.25.7.31 將全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共線的三點(diǎn)A、B、C,求證：存在一個(gè)頂點(diǎn)同色的三角形，與 4ABC相似.*« 4 SM K NT解析 首先證明，一定有兩點(diǎn)及兩點(diǎn)連線之中點(diǎn)同色， 不妨設(shè)二色為紅與藍(lán). 至少有一種顏 色被涂在無窮多個(gè)點(diǎn)上，不妨設(shè)是紅色，今找兩點(diǎn)M、N,均為紅色.K為MN中點(diǎn)，又使M為SN中點(diǎn)，N為MT中點(diǎn).若K紅，則M、K、N為所求；同理，若 S或T為紅， 則S、M、N或M、N、T為所求；若K、S、T皆為藍(lán)，則S、K、T為所求.如圖，現(xiàn)作 4A ' B ' C ' s AABC , P、Q、R為三邊中點(diǎn)，且由前，可設(shè) B '、P、 C '.若A '紅，則 A ' B ' C '即為所求；若 R或Q紅，則ARB ' P或4QPC