人教版初中数学《第25章染色问题》竞赛专题复习有答案.pdf

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1、第 1 页 共 13 页 第 25 章 染色问题 25.1.1圆周上等间距地分布着27 个点，它们被分别染为黑色或白色今知其中任何2 个黑点之间 至少间隔2 个点证明：从中可以找到3 个白点，它们形成等边三角形的3 个顶点 解析我们将 27 个点依次编号，易知它们一共可以形成9 个正三角形 (1，10，19)， (2，11，20)， (9，18，27) 由染色规则知，其中至多有9 个黑点 如果黑点不多于8 个，则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色如果黑点恰有9 个， 那么由 染色规则知， 它们只能是一黑两白相间排列，其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白 色 2512某班有50 位学生，

2、男女各占一半，他们围成一圈席地而坐开营火晚会求证： 必能找到一位两旁都是女生的学生 解析将 50 个座位相间地涂成黑白两色，假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生 的学生， 那么 25 个涂有黑色记号的座位至多坐12 个女生 否则一定存在两相邻的涂有黑色 标记的座位，其上面都坐着女生，其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾同理，25 个涂 有白色标记的座位至多只能坐12 个女生，因此全部入座的女生不超过24 人，与题设相矛 盾故命题得证 25.1.3在线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入n个分点， 在各个分 点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为1n个不重叠的小线

3、段，这些小线段的 两端颜色不同者叫做标准线段求证：标准线段的个数是奇数 设最后一个标准线段为 1kk A A 若 0k AA ， 则仅有一个标准线段，命题显然成立； 若 nk AA ， 由 A、B不同色，则 0 A 必与 k A 同色，不妨设 0 A 与 k A 均为红色，那么在 0 A 和 k A 之间若有一红 蓝的标准 线段，必有一蓝红的标准线段与之对应；否则 k A 不能为红色，所以在 0 A 和 k A 之间，红蓝和 蓝红的标准线段就成对出现，即 0 A 和 k A 之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准 线段 1kk A A，所以，A和B之间的标准线段的个数是奇数 25 14能

4、否用面积为14的一些长方块将10 10 的棋盘覆盖 ? 解析如图中标上1 4 这些数，显然每个14 的长方块各占1、2、3、4 一个，于是如 果可以覆盖，则1、2、3、4 应一样多，但1 有 25 个， 2 则有 26 个，矛盾 !因此不能覆盖 1 2 3 4 1 2 3 5 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 第 2 页 共 13 页 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2

5、3 4 1 2 3 4 1 2 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 25.1.5 12 个红球和12 个蓝球排成一行，证明：必有相邻的6 个球三红三蓝 解析将这些球标上数字，红球标1，而蓝球则标上 1，于是问题变为：必定有 6 个相 邻的球其标数之和为0 记从第i个球起的6 个数字和为 i S ，于是i可取 1，2， 19 易知 1 S 的全部取值为6、4、2、0、2、4、6，且 1 0 ii SS或 2(可以认为以2 或2、 0 的步长“连续”变化)由 171319 0SSSS，知若四数中有0，则结论成立，否则必有 正有负不妨设0 i S，0 j S，i， j1 ，7，13，19，于是必

6、存在一个k ， k 在i与 j 之 间，0 k S 25 16如图，把正方体形的房子分割成27 个相等的小房间，每相邻(即有公共面 )两个 房间都有门相通， 在中心的那个小正方体中有一只甲虫，甲虫能从每个小房问走到与它相邻 的小房间中的任何一问去如果要求甲虫只能走到每个小房间一次，那么甲虫能走遍所有的 小房间吗 ? 解析甲虫不能走遍所有的小房间我们如右图将正方体分割成27 个小正方体 (每个小正方 体表示一问房间)，涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相 邻的小正方体染上不同的颜色显然，在27 个小正方体中，14 个是黑的， 13 个是白的甲 虫从中间的白色小正方体出发

7、，每走一步，方格就改变一种颜色故它走26 步，应该经过 14 个白色的小正方体、13 个黑色的小正方体因此在 26 步中至少有一个小正方体，甲虫进 去过两次 由此可见， 如果要求甲虫到每一个小房间只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小 房间 25.1.7 3 行 9 列共 27 个小方格，将每个小方格涂上红色或蓝色试证：无论如何涂法， 其中至少有两列，它们的涂色方式完全一样 解析第一行的9 个方格中必有5 格同色 (抽屉原理 )，不妨设这5 个方格位于前五个位置， 且都为红色 下面考虑前五列构成的35 小矩形第二行的五格中必有3 格是同色的，不妨设这三格位 于前三个位置 接着考虑前三列构成的33

8、方阵，该方阵前两行的每列完全一样对第三行，用两种颜色 染色时，三列中必有两列同色，不妨设是前两列此时前两列的涂色方式完全一样 红红红红红 AAA bb 第 3 页 共 13 页 25.1.8如图 (a)，是由 14 个大小相同的正方形组成的图形，证明：不论如何用剪刀沿着 图中直线进行剪裁，总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来 (b) (a) 解析如图 ( b)涂色 若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形，则每个矩形一定由一个涂色小正方 形和一个不涂色小正方形构成因此，应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形 但图中有八个涂色小正方形，六个不涂色小正方形，因此适合题意的剪法不

9、存在 25.1.9在88 的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数，现任挑选33 或 44 的正方形，将其中每个数加1，称为一次操作，问是否能经过有限次操作，一定可以让方格 中的所有整数均被10 整除 ? 解析按图中选择小方格涂黑，易见每个33 或 44 都包含偶数个小黑格，这些小黑格中 原来数字之和是奇数的话，那么操作一次后，数字和仍是奇数，因此不能得到最后均被10 整除答案是不一定 25.1.10 44 的方格表中最多选择几个格子涂黑，使得不存在4 个黑格的中心是一个矩 形的顶点 ? 解析如图，涂9 格，无所求矩形，下证若涂10 格，则会出现所求矩形 这是因为若有一行全部涂黑，则余下的行中

10、必有一行至少涂黑2 格，此时便有所求矩形出 现于是每行黑格数不到4 个，必有两行各包含3 个黑格，此时不难看出有所求矩形出现， 因此最多选择9 格 25.4.11在8 8 的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格，使得剩下的小方格可以被13 的矩形覆盖 ? 解析剪去左上角的方格后，棋盘不能用21 个 31 的矩形覆盖 为了证明这一点，我们将棋盘涂上三种颜色，涂法如图，其中数字1、2、3 分别表示第一、 二、三种颜色 如果能用21 个 31 矩形将剪去左上角的棋盘覆盖，那么每个31 的矩形盖住第一、二、 三种颜色的方格各1 个，从而21 个 31 的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21 个， 第 4 页

11、 共 13 页 然而棋盘 (剪去左上角后 )却有第一种颜色的方格20 个，第二种颜色的方格22 个，第三种颜 色的方格21 个因此，剪去左上角的棋盘无法用21 个 31 的矩形覆盖 由此可见， 如果剪去一个方格后，棋盘能用21 个 3 1 的矩形覆盖， 那么剪去的方格一定是 图中涂第二种颜色的方格 但是，剪去图中涂第二种颜色的一个方格后，仍然不能保证一定能用21 个 31 的矩形覆盖， 比如说， 剪去图中第一行第2 个方格后不能用21 个 31 的矩形覆盖， 这是由于棋盘的对称 性， 剪去这个方格与剪去第一行第7 个(涂第一种颜色的)方格 (或剪去第八行第2 个涂第三种 颜色的方格 )所剩下的

12、棋盘完全相同 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 2 3 1 2 3 1 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3 于是， 只有剪去第三行第3 个、第三行第6 个、第六行第3 个、第六行第6 个这四个方格中 的某一个，剩下的棋盘才有可能用21 个 31 的矩形覆盖不难验证这时确实能够覆盖 25.1.12求证：只用22 及 33 的两种瓷砖不能恰好铺盖2323 的正方形地面 解析将 2323 的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、

13、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个数为1523，这是奇数因为每块2 2 瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格，每块33 瓷砖总是盖住三黑格和六白 格，故无论多少22 及 33 的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住2315 个白 格，所以，只用22 及 33 的瓷砖不能盖住2323 的地面 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4 1 3 4 1 2 3 4 1 2 4 1 2 3 4 1 2 3 1 2 3 4 1 2 3 4 2 3 4 1 2 3 4 1 3 4 1 2 3 4 1 2 4 1 2 3 4 1 2 3 2

14、5.1.13求证：用15 块大小是14 的矩形瓷砖和1 块大小是22 的正方形瓷砖，不能 恰好铺盖88 的正方形地面 解析把 88 的正方形地面上64 个小方格依次赋值1、2、3、4 如图无论 14 的矩形瓷 砖怎样盖在图中所示的地面上，每块l4 的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4 的小方块各 1 个，可见 15 块 1 4 的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4 的小方格各15 个，而一块22 的正方形瓷砖无论盖在何处，只有如下四种情形之一： 41 21 34 14 23 4323 21 第 5 页 共 13 页 这就是说， 22 的正方形瓷砖所盖住的4 个小方块中，必有两个小方块有相同数码

15、由此 可见， 如果 15 块 14，1 块 22 的瓷砖恰好能铺盖88 的正方形地面， 那么这 64 个小方 块中，某一种赋值的小方块应有17 块，但实际上，赋值1、2、3、4 的小方块各16 块，矛 盾 25.1.14 77 的方格表中有19 个方格涂成红色，称一行或一列是红色的如果该行或该列 中至少有4 个红格问该方格表中最多有多少个红色的行和列? 解析首先我们指出红色的行和列不多于8 个 若不然，红色的行和列至少9 个，则其中必有5 个红行或红列，不妨设为前者由于每个红 行中至少有4 个红格，故知表中至少有20 个红格此与已知条件矛盾 其次，当我们将表格中的某个44 的正方形的16 个方

16、格全部涂红时，便得到4 个红行和4 个红列， 共 8 个这表明有19 个红格时， 确可使红行与红列的个数达到8 所以最大值为8 25.1.15如图是由4 个 l1 方格组成的L形纸片， 如果一个m n方格的棋盘能被若干个 L形纸片无重复地覆盖，试证：mn是 8 的倍数 解析设mn棋盘由 k 个L形纸片所覆盖，而L形是由4 个 11 小方格所组成，则可令 4mnk 由此得出m、n中至少有一个偶数，不失一般性， 可令n为偶数， 即共有偶数n列 现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有2k 个 易见每个L形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格今共有2k 个黑格，因此必须有偶 数个L形，从而

17、证得mn是 8 的倍数 25.1.16在 88 的方格棋盘上最多能放多少个马，它们互不相吃(假定有足够多的马)? 解析我们将棋盘相间染成黑白二色，则黑格与白格各32 个按马的走法(如图 )知，黑格 上的马只能吃白格上的马，因此，将所有黑格都放马，它们是互不相吃的这就是说，我们 可以放 32 个马，它们互不相吃现证任意放33 个马必有被吃的情形 事实上，将棋盘划分为8 个 24 的小棋盘，则至少有一个小棋盘要放5 个马，其放法只有 两种可能：要么一排放1 个，另一排放4 个；要么一排放2 个，另一排放3 个显然这两种 放法都不可避免地发生互相“残杀”的结局因此，最多能放32 个马，它们互不相吃 25.1.17在1212 的棋盘上，一匹超级马每步跳至34 矩形的另一角，如图(a)这 匹马能否从某一点出发，跳遍每一格恰好一次，最后回到出发点? (a) 解析我们用两种方法对此棋盘染色 首先，将棋盘黑白相间染色，由马的跳步规则知，马每跳一步，或者是从黑格跳到白格，或