初中数学第25章染色问题竞赛专题复习人教版附答案.docx

1、初中数学第25章染色问题竞赛专题复习人教版附答案初中数学第25章染色问题竞赛专题复习（人教版附答案）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

2、点全为白色 2512某班有50位学生，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 的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入 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 个不重叠的

3、小线段，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 若 ，则仅有一个标准线段，命题显然成立；若 ，由 、 不同色，则 必与 同色，不妨设 与 均为红色，那么在 和 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 不能为红色，所以在 和 之间，红蓝和蓝红的标准线段就成对出现，即 和 之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准线段 ，所以， 和 之间的标准线段的个数是奇数 2514能否用面积为 的一些长方块将 的棋盘覆盖? 解析 如图中标上14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

4、，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 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 2 325.1.512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 ，于是问题变为：必定有6个相

5、邻的球其标数之和为 记从第 个球起的6个数字和为 ，于是 可取1，2，19 易知 的全部取值为 、 、 、0、2、4、6，且 或2(可以认为以2或 、0的步长“连续”变化)由 ，知若四数中有0，则结论成立，否则必有正有负不妨设 ， ， ， 1，7，13，19，于是必存在一个 ， 在 与 之间， 2516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

6、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，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 25.1.73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)

7、，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 25.1.8如图( )，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 解析 如图( )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

8、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 25.1.1044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

9、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88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

10、个，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31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)所剩下的棋盘完全相同 1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3 1 2 3

11、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、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22瓷

12、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 2 325.1.13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

13、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14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： 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 25.1.1477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

14、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 形纸片，如果一个 方格的棋盘能被若干个 形纸片无重复地覆盖，试证： 是8的倍数 解析 设 棋盘由 个 形纸片所覆盖，而 形是由4个11小方格所组成，则可令 由此得出 、

15、中至少有一个偶数，不失一般性，可令 为偶数，即共有偶数 列 现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有 个 易见每个 形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格今共有 个黑格，因此必须有偶数个 形，从而证得 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

16、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( )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? 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，或者是从白格跳到黑格不妨设马是第奇数步跳到自格，即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格 其次，将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如图( )由马的跳步规

17、则知马从白格一定跳人黑格，因为白格的数目同黑格的数目相同，马要遍历棋盘的每一格恰一次再回到出发点，因此，马从黑格只能跳入白格，不妨设马第奇数步跳入白格 对于一种满足要求的跳法，在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的，矛盾 因此，题目要求的跳法，即“回路”是不存在的 25.1.18在88方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子，每个小方格内至多只能放一个棋子，使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍在满足上述条件的所有放置方法中，请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多? 解析 因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6个此方格表共有8行，因此棋子的总数最多为48

18、个如右图所示，48个棋子是可以完成的 25.1.19将 的方格表中每个小方格涂上黑色或白色，两种颜色的方格数相等问能否有一种涂法，使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75? 解析 不可能设每行、每列中都有一种颜色的方格超过 ，由于行与行、列与列可对调而不影响结论不妨设其中前 行白色占优势，后 行黑色占优势；前 列白色占优势，后 列黑色占优势 ， (如下左图) 考虑 放 的矩形中的 个方格其中的白格可看成 列或 行中的“少数派”，而黑格可看成 行或 列中的“少数派”由于在每行、每列中“少数派”少于 或 个，所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于 同样，前一个矩形中的黑格与

19、后一个中白格之和少于 所以这两个矩形中的方格数 ，即少于方格总数的一半因此 ， ， 从而 ， 或 ， 不妨设为前者，这时 ， ， 白色方格总数 ， 与两种颜色的方格相等矛盾 评注 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占 是可能的(这时 、 当然都被4整除)，前右图(其中 ， )即满足要求 25.1.20在2是2是的方格表上，有 个格子涂黑，求证：可以选择 行及 列，包含了全部这 个黑格 解析 将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前 行，则这 行中包含的黑格总数必定不少于 ，否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的 行至少有 个黑格，于是有一行包含了至少两个黑格，这与 前是行”的定义矛盾于是结论成

20、立，接下来只要再找是列包含剩下的 个黑格即可(有的列可不包含黑格) 25.1.2177方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明：至少可以找出21个矩形，它们的顶点是同一种颜色方格的中心，它们的边平行于方格线 解析 考察其中任意一列，估计其中同色“方格对”的个数设在该列中有一种颜色的方格走个，另一种颜色的方格 个，那么，在该列中就共有 个同色“方格对”该式的值在 和 时达到最小值9，所以，7个列中一共有不少于63个同色“方格对” 注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中，如果相应的“行对”中还有一个与之颜色相同的同色“方格对”，那么，它们即构成一个满足要求的矩形我们知道，方格表中一共

21、有 个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，一共有42种不同情况的“行对”因此，至少可以找到21(=63-42)个满足要求的矩形 25.1.22把全体正整数染成黑白两色之一，已知任意两个不同颜色的数之和为黑色，而它们的积是白色，试找出所有的这种染色方法 解析 设正整数 、 为白色，现研究 的颜色若 是黑色，设正整数 黑色，则 为黑色， 为白色，但由前知 黑色， 白色，于是 黑色，矛盾，因此 为白色 设正整数 是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知， 的所有正整数倍数 均为白色至于其他正整数 ， 不被 整除，设 ， ，由 之定义知， 必定是黑色，于是知当 时， 为黑色；当 时由 为白色

22、，知 亦为黑色于是本题的结论就是，所有 的倍数染成白色，其余的数染成黑色，不难验证这种染法确实满足题设要求 25.1.23有一个矩形顶点坐标分别为 、 、 与 ，其中 、 均为正奇数，将这个矩形分拆(既无重叠，也不遗漏)为一些三角形，使得每个三角形的顶点均为格点且至少有一条边与坐标轴平行，并且这条边上的高为1，求证：一定存在至少两个三角形，它们各有两条边平行于坐标轴 解析 易知，可将矩形分成 个单位正方形，并涂上黑白两色，使相邻的正方形颜色不同此时4个角上的小正方形颜色相同，设为黑色，于是黑色格总面积比白格多1可以推出，上述分拆中，每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积之差为

23、 ；而每一个仅有一条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积相等，如图由于黑色面积与白色面积相差1，故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行 25.1.24把正三角形划分为 个同样大小的小正三角形，把这些小正三角形的一部分标上号码1，2， ，使得号码相邻的三角形有相邻边求证： 解析 将 小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+ 个，白三角形共有1+2+3+( ) 个，由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”，且有相邻号码的两个三角形染有不同的颜色，因此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1，所以编号的三角形数 不超过 个，即 25.1.25将正方形 分割为 个相等的小方

24、格，把相对的顶点 、 染成红色，把 、 染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色求证：恰有三个顶点同色的小方格的数目必是偶数 解析 用数代表颜色：红色记为1蓝色记为 将小方格编号，记为1，2， 记第 个小方格四个顶点处数字之乘积为 若该格恰有三个顶点同色，则 ，否则 今考虑乘积 对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各边上的不是端点的交点相应的数各出现2次； 、 、 、 四点相应的数的乘积为 于是， 因此， ， ， 中 的个数必为偶数，即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个 25.1.26已知 内有 个点(无三点共线)，连同点 、 、 共 个点，以这些点为顶点把 分割为若干

25、个互不重叠的小三角形，现把 、 、 分别染成红色、蓝色、黄色，而其余 个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一求证：三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇数 解析 把这些小三角形的边赋值：边的端点同色的，赋值0，边的端点不同色，赋值1，于是每只小三角形的三边赋值的和，有如下三种情形： (i)三顶点都不同色的小三角形，赋值和为3； (ii)恰有两顶点同色的小三角形，赋值和为2； (iii)三顶点同色的小三角形，赋值和为0 设所有小三角形的边的赋值总和为 ，又设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为 、 、 ，于是 注意到所有小三角形的边的赋值总和中，除了边 ， ， 外，其余各边都被

26、计算了两次，故它们的赋值和是这些边的赋值和的两倍，再加上 的三边的赋值和为3，故 是奇数，因此，由式得 是奇数 25.1.27由8个13和1个11的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个55的棋盘，求证：11的砖块必定位于整个棋盘的中心位置 解析 将棋盘按图中方式染成 、 、 三种颜色易见 、 各有8格，而 有9格由于每个13砖块必定覆盖 、 、 三色格各一格，因此11的砖块必定染成 色再将整个棋盘旋转 ，再按完全相同的方法染色，于是11的砖块仍在染成 色的方格上，但两次染色均染成 色的小方格只有中间的那个，因此1l的砖块必定位于整个棋盘的中心位置25.1.286个点每两点之间连一条线，

27、将这15条线进行任意的二染色(即每条边染成两种颜色之一)，则必定存在至少两个同色的三角形 解析 设两色为红色与蓝色若从同一点出发有3条线同色，比如 、 、 为红色，如果 红色，则 为红色三角形，否则 为蓝色，同理 、 亦为蓝色，于是 为蓝色三角形因此，有一点出发3条线同色，一定有同色三角形存在于是6个点之间的15条线中，一定有同色三角形存在 5个点的10条线若无同色三角形，则每一点连出的4条线必定两红两蓝比如五点为 、 、 、 、 ，不妨设 、 红，由于 蓝，还有一点与 的连线红色，不妨设 红，于是 蓝， 红， 、 蓝， 红， 蓝，故要想不出现同色三角形，只能是五点构成的五边形(不一定凸或自身

28、不交)的边同色，而对角线则异色 现在回到原题，设六点为 、 、 、 、 、 ，由于一定有同色三角形存在，不妨设为 一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形，则可设五边形 的边为红色(图中实线所示)，对角线为蓝色(图中虚线所示)若 为红色，则 为红色三角形，故 蓝，同理 为蓝色，于是 为蓝色三角形，因此同色三角形至少有两个 25.1.29 的方格表中有 个格子涂且黑色，如果一个未涂色的小方格有两个以上的黑色小方格与之相邻(“相邻”指有公共边)，则将这个小方格也涂黑，求证：不可能将所有的小方格都涂黑 解析 假定小方格边长为1考虑一开始这 格小方格组成的“岛”，每个“岛”都由连在一起的小方格组成，不

29、同的“岛”之间没有公共边界(当然也可能本来只有一个“岛”)因此这些“岛”的边界(包括有“洞”时“洞”的“内部边界”)长度之和不大于 (因为还有小方格边界在内部抵消的情形)现在按规则操作，每添加一个黑格，总边界不会增加，甚至还会减少(例如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻)如果所有小方格都涂黑了，总边界为 ，矛盾因此结论成立 25.1.30无限大方格表上的每个结点(方格线的交点)都被染为三种颜色之一，并且每种颜色的点都有证明：可以找到一个直角三角形(其直角边不一定在方格线上)，它的三个顶点被分别染为三种不同颜色 解析 用反证法假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形 不难看

30、出，可以找出一条水平方向或竖直方向的直线 ，它上面至少有两种颜色的结点，为确定起见，设其为水平方向 如果 上只有两种颜色的点，比方说蓝色与红色，那么在平面上任意取一个绿色结点 ，并且把 所在的竖直直线与 的交点记作 于是， 或为蓝色或为红色，不妨设其为蓝色由于 上还有红色结点，只要任取其中一个红点 ，即可得到三个顶点颜色各异的 ，此与假设矛盾所以， 上面有三种颜色的结点 在直线 上任意取一个蓝点 、一个红点 和一个绿点 那么，此时在经过点 的竖直直线上的结点都应当为蓝色，否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形同理，在经过点 的竖直直线上的结点都为红色，在经过点 的竖直直线上的结点都为绿色

31、这就表明，在以上的染色方法中，每条竖直直线上的结点都是单一颜色的，从而，任何直角边在方格线上的直角=三角形中都至少有两个顶点同色 下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成 的直线由于它同每条竖直直线都相交于结点处，所以它上面有着三种不同颜色的结点这样一来，根据刚才的讨论，在每一条与它垂直的直线上的结点都只能是单一颜色的但是，事实上这些直线都与竖直方向交成 ，从而与每条竖直直线都相交于结点处故都有着三种不同颜色的结点，导致矛盾 25.1.31将全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共线的三点 、 、 ，求证：存在一个顶点同色的三角形，与 相似 解析 首先证明，一定有两点及两点连线之中点同色，不妨设二色为红与蓝至少有一种颜色被涂在无穷多个点上，不妨设是红色，今找两点 、 ，均为红色 为 中点，又使 为 中点， 为 中点若 红，则 、 、 为所求；同理，若 或 为红，则 、 、 或 、 、 为所求；若 、 、 皆为蓝，则 、 、 为所求 如图，现作 ， 、 、 为三边中点，且由前，可设 、 、 若 红，则 即为所求；若 或 红，则 或 为所求；若 、 、 皆蓝，此时 即为所求于是结