小学奥数 构造与论证 精选例题练习习题(含知识点拨)

构造与论证
教学目标
1.掌握最佳安排和选择方案的组合问题.
2.利用基本染色去解决相关图论问题．
知识点拨
知识点说明
各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则要着眼于极端情形，或从整体把握．设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原则、整除性分析和不等式估计．
组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。

若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。

若干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，基本的染色方式有相间染色与条形染色．
知识点拨
板块一、最佳安排和选择方案
【例 1】5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷．如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次?
【考点】构造与论证【难度】2星【题型】解答
【解析】因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；
现在将第4卷调至此时第1卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；
现在将第3卷调至此时第1卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；
最后将第1卷和第2卷对调即可．
所以，共需调换4+3+2+1=10次．
【答案】10次
【例 2】在2009张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2009，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的
数字相加，再将这2009个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】从整体进行考虑．所得的2009个和相加，便等于1～2009的所有数的总和的2倍，是个偶数．2009个数的和是偶数，说明这2009个数中必有偶数，那么这2009个数的乘积是偶数．
本题也可以考虑其中的奇数．由于1～2009中有1005个奇数，那么正反两面共有2010个奇数，而只有2009张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2009个和的乘积也是偶数．
【答案】偶数
【例 3】一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：
每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的
棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩
下的棋子是颜色(填“黑”或者“白”)．
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】填空
【解析】在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；
若拿出的两枚棋子异色，则补白子1枚，“两枚棋子异色”说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子．
【答案】黑子
【例 4】在黑板上写上1、2、3、4、……、2008，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个数a和b，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是
奇数还是偶数？为什么？
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为123200820091004
++++=⨯是一个偶数，而每一次“操作”，将a、b两个数变成了()
a b
-，它们的和减少了2b，即减少了一个偶数．那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．
所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．【答案】偶数
【例 5】在1997×1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮．按钮每按一次，与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮．如果原来每盏灯都
是不亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?
【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答
【解析】最少要1997次，将第一列中的每一格都按一次，则除第一列外，每格的灯都只改变一次状态，由不亮变成亮．而第一列每格的灯都改变1997次状态，由不亮变亮．如果少于1997次，则至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，即不亮的状态．【答案】1997次
【例 6】有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有
989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：
(1)某2堆石子全部取光? (2)3堆中的所有石子都被取走?
【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答
【解析】(1)可以，如(1989，989，89) →(1900，900，0)→(950，900，950)→(50，0，50)→(25，25，
50)→(0，0，25)．
(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所
以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．
现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．
【答案】(1)可以(2)不能
【例 7】在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有
10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一
场加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业余选手最少要胜
几场，才能确保他的得分比某位专业选手高?
【考点】构造与论证【难度】4星【题型】解答
【解析】当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两位业余选手，那么他得10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余选手胜2场，不能确保他的得分比某位专业选手高．
当一位业余选手胜3场时，得分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得
10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手最多共得30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三场比赛
共得0分，专业选手与业余选手的比赛最多共得4分.由三个人得34分，34÷3=111
3
，推知，必
有人得分不超过11分.
也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.
【答案】胜3场
【例 8】 n 支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，
平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：
（1）n =4是否可能？
（2）n =5是否可能？
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 （1）我们知道4个队共进行了2
4C 场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为
24C ×
2=12.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以 4个队得分最少2+3+4+5=14＞12，不满足.即n =4不可能。

（2）我们知道5个队共进行25C 场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为25C ×2=20.
因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20，满足.即n =5有可能.但是我们必须验证是否存在实例.如下所示，A 得2分，C 得3分，D 得4分，B 得5分，E 得6分.其中“A B ”表示A 、B 比赛时，A 胜B ；“B --C ”表示B 、C 比赛时，B 平C ，余下类推.
【答案】（1）不可能 （2）可能
【例 9】 如图35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，使任
意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M .求M 的最小值并完成你的填图.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 要使M 最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别小，有的特别大，那
么M 就只能大于等于特别大的数，不能达到尽量小的目的．
因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为5×(1+2+3+…+10)=275．
每次和都小于等于朋，所以10M 大于等于275，整数M 大于28．
下面来验证M =28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55，所以肯定是一边五个的和是28， 一边是27．因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，和27也是相问排列，也就是说数组每隔4个差值为1，这样从1填起，容易排出适当的填图. 【答案】
【例 10】 如图，在时钟的表盘上任意作9个120°的扇形，使得每一个扇形都恰好覆盖4个数，且每两个
扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到3个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个
反例说明，作8个扇形将不能保证上述结论成立．
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】清华附中，入学测试
【解析】 略．
【答案】要在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个扇
形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，必有9134⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦
个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘． 另一方面，作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，则可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘
【巩固】 将1、2、3、4、5、6写在一个圆周上，然后把圆周上连续三个数之和写下来，则可以得到六个
数1a 、2a 、3a 、4a 、5a 、6a ，将这六个数中最大的记为A ．请问在所有填写方式中，A 的最小
值是什么？
632
5
41
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【关键词】2008年，台湾小学数学竞赛选拔赛
【解析】 要由于每个写在圆周上的数都被用了三次，则
1234563(123456)63a a a a a a +++++=⨯+++++=，即写出来的这6个数的平均数为10.5，因
此A 至少为11．由上图的排列方式可知A 为11的情形存在，故A 的最小值为11．
【答案】最小值为11
【例 11】 1998名运动员的号码依次为1至1998的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队，
使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运动
员最少有多少人?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们去掉有助于使
剩下的构不成乘式，比较小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除到何处?
考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保留，于是去掉2，3，4，…，44这43个数．
但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢?构造2×97，3×96，4×95，…，44×45，发现这43组数全不相同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43为最小值，即为所求.
【答案】43
【例 12】 一组互不相同的自然数，其中最小的数是1，最大的数是25，除1之外，这组数中的任一个数
或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和.问：这组数之和的最小值
是多少?当取到最小值时，这组数是怎样构成的?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】首先把这组数从小到大排列起来，那么最小的肯定为1，1后面只能是1的2倍即2，2后面可以是3或4，3的后面可以是4，5，6；4的后面可以是5，6，8．最大的为25．下面将所有的可能情况列出：
1，2，3，4，…，25所有的和是35；
1，2，3，5，…，25所有的和是36；
1，2，3，6，…，25所有的和是37；
1，2，4，5，…，25所有的和是37；
1，2，4，6，…，25所有的和是38；
1，2，4，8，…，25所有的和是40.
25是奇数，只能是一个偶数加上一个奇数．在中间省略的数中不能只有1个数，所以至少还要添加两个数，而且这两个数的和不能小于25，否则就无法得到25这个数．要求求出最小值，先看这两个数的和是25的情况，因为省略的两个数不同于前面的数，所以从20+5开始．
25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12．
这些数中20，19，18，17太大，无法产生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12．
看这些谁能出现和最小的1，2，3，4，…，25中，检验发现没有可以满足的：
再看1，2，3，5，…，25，发现1，2，3，5，10，15，25满足，所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=61 【答案】1+2+3+5+10+15+25=36+25=61
【例 13】2004枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最后取的获胜。

甲、乙轮流取，如果甲先取，如何才能保证赢？
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】先从简单的情况看起，看看棋子数量较少时，在什么情况下先取者胜，什么情况下后取者胜．可
2枚和8枚时是后取者胜，其他情况下都是先取者胜．
当棋子数大于8时，可以先取若干枚棋子，使得剩下的棋子数变成前面已有的棋子数．先取者为了取胜，第一次取后，应该使剩下的棋子数是后取者胜的情况，比如变成剩下2枚或8枚．这样推下去，可以发现只有当棋子数是8的倍数或者除以8余2时，是后取者胜，其他情况下是先取者胜．
题目中有2004枚棋子，除以8余4，所以先取者肯定可以取胜．不过取胜的策略比较灵活，不能明确地说每次后取者取多少枚先取者就相应地取多少枚，应该从除以8的余数来考虑：
⑴先取者第一次可以先取4枚，这样还剩下2000枚，2000除以8的余数是0；
⑵先取者为了保证获胜，在每一次后取者取了之后，先取者再取的时候，应该使得自己取后剩下
的棋子数是8的倍数或者除以8余2；
⑶后取者每次可以取1，3，4，7枚，每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2，所以
每次后取者取后剩下的棋子数除以8的余数是7，5，4，1或1，7，6，3.
所以接下来先取者可以对应地取7，3，4，1或1，7，4，3枚棋子，这样剩下的剩下的棋子数除以8的余数为0，2，0，0或0，0，2，0.
这样就保证了第⑵点．
⑷每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2，那么最后一枚棋子肯定是先取者取得，
所以先取者获胜．
【答案】见解析
【例 14】在10×19方格表的每个方格内，写上0或1，然后算出每行及每列的各数之和．问最多能得到多少个不同的和数?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】首先每列的和最少为0，最多是10，每行的和最少是0，最多是19，所以不同的和最多也就是0，1，2，3，4，…，18，19这20个．
下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现．
如果0出现在行的和中，说明有1行全是0，意味着列的和中至多出现0到9，加上行的和至多出现10个数字，所以少了一种可能．
如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现就意味着另一个数字不能出现，所以至多是19，下面给出一种排出方法.
【答案】19
【例 15】在8×8的国际象棋盘上最多能够放置多少枚棋子，使得棋盘上每行、每列及每条斜线上都有偶数枚棋子?
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】因为8×8的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格，若某行(某列)有空格，必空偶数格．而斜线上的格子数有奇也有偶，不妨从左上角的斜线看起：第一条斜线只有1格，必空；第三条有3格，必至少空1格；第五、七条分别有5、7格，每条线上至少空1格．由对称性易知共有16条斜线上有奇数格，且这16条斜线没有共用的格子，故至少必空出16格．其实，空出两条主对角线上的16个格子就合题意．此时，最多可放置48枚棋子，放在除这两条主对角线外的其余格子中，如下图所示．
【答案】48
【例 16】在下图中有16个黑点，它们排成了一个4×4的方阵．用线段连接其中4点，就可以画出各种不
同的正方形．现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么最少要去掉多少
个点?
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 至少要除去6个点，如下所示为几种方法：
【答案】6个
【例 17】 三个边长为1的正方形并排放在一起，成为1×3的长方形.求证：12390∠+∠+∠=.
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 仔细分析，要证12390∠+∠+∠=，
由于345∠=，所以，只需证明1245∠+∠=就可以了！于是想到能否把2∠（1∠）移动位
置，与1∠（2∠）拼合在一起，恰成一个45的角呢？于是想到：如图1所示，再拼上一个单位正方形DFK ，则三角形AKC 为等腰直角三角形，45KCA ∠=，又直角三角形KCF 与AHD 全等，所以2KCF ∠=∠. 因此，12145KCF KCA ∠+∠=∠+∠=∠=.
有了拼合2∠与1∠的思想，学生往往产生不同的拼合方式，沿着拼合全等的思路发散开来，又可以找到许多拼法. 如图2三角形AHP 是等腰直角三角形，45HAP ∠=，
2, 1.HAG BAP ∠=∠∠=∠所以1245BAP HAG HAP ∠+∠=∠+∠=∠=.
如图3三角形AQC 是等腰直角三角形，45ACQ ∠=，2,QCP ∠=∠
12∠+∠145QCP =∠+∠=.
如图4三角形WDB 是等腰直角三角形, 45,1,WDB CDB ∠=∠=∠，2WDH ∠=∠. 所以
1245CDB WDH WDB ∠+∠=∠+∠=∠=.
如图5三角形ZAH 是等腰直角三角形，45,1,ZHA ZHY ∠=∠=∠ 因此
12∠+∠245ZHY ZHA =∠+∠=∠=. 其他的沿着“拼合全等”的思路的证法就不例举了.
如果利用相似三角形的知识，如图5所示，又1,2,2,FH FA FC ===所以，
2,2
FH FA FA FC =HFA AFC ∠=∠，因此HFA ∆∽AFC ∆，⇒2,FHA FAC ∠=∠=∠但1CAB ∠=∠，1245CAB FAC EAB ∠+∠=∠+∠=∠=. 用相似三角形法不用添设辅助线，简洁明了.再开思路，可用三角法证明如下：2∠与1∠都是小于45的锐角，可知1∠+2∠是锐角. 又
1tan 13DA DC ∠==，1tan 22
DA HD ∠==. ()()()115tan 1tan 2326tan 121111
1tan 1tan 211326
+∠+∠∠+∠====-∠∠-⋅-，所以1245∠+∠=. 【答案】证明过程见解析
板块二、染色与赋值问题
【例 18】 某学校的学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书都至
少被一个同学都读过．问：能否找到两个学生甲、乙和三本书4、B 、C ，使得甲读过A 、B ，
没读过C ，乙读过B 、C ，没读过A ?说明判断过程．
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略．
【答案】首先从读书数最多的学生中找一人甲．由题设，甲至少有一本书未读过，记为C ．设B 是甲读过
的书中一本，由题意知，可找到学生乙，乙读过B 、C ．由于甲是读书数最多的学生之一，乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过C 书，甲未读过C 书，所以一定可以找出一本书A ，使得甲读过而乙未读过，否则乙就比甲至少多读过一本书．这样一来，甲读过A 、B ，未读过C ；乙读过
B 、
C 未读过A .因此可以找到满足要求的两个学生
【例 19】 4个人聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．试证明：至少有2对人，每对
人是互赠过礼品的．
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略。

【答案】将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线．
由于每人送出2件礼物，图中共有4×2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每两点之间至多有1+1=2条线。

四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点之间连了2条线，还有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线．
即为所证结论
【例 20】有9位数学家，每人至多能讲3种语言，每3个人中至少有2个人有共通的语言.求证：在这些数学家中至少有3人能用同一种语言交谈。

【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】略．
【答案】假设任意三位数学家都没有共同会的语言，这表明每种语言至多有两人会说.即这九位数学家为A、
B、C、D、E、F、G、I．由于一位数学家最多会三种语言，而每种语言至多有两人会说，所以一
位数学家至多能和另外三人通话，即至少与五人语言不通．不妨设A不能与B、C、D、E、F通话．同理，B也至多能和三人通话，因此在C、D、E、F中至少有一人与B语言不通，设为C.则A、B、C三人中任意两人都没有共同语言，与题意矛盾．这表明假设不成立，结论得证
【例 21】在1000×1000的方格表中任意选取n个方格染为红色，都存在3个红色方格，它们的中心构成一个直角三角形的顶点．求n的最小值．
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】首先确定1998不行．反例如下：
其次1999可能是可以的，因为首先从行看，1999个红点分布在1000行中，肯定有一些行含有2个或者以上的红点，因为含有0或1个红点的行最多999个，所以其他行含有红点肯定大于等于1999-999=1000，如果是大于1000，那么根据抽屉原理，肯定有两个这样红点在一列，那么就会出现红色三角形；
如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有1个红点，而剩下的一行全是红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999．
【答案】n的最小值为1999
【例 22】甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按1，2，3，4，…依次编号．当两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒．在甲、乙两班比赛时，有15台是男、女生对垒；在乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙班比赛时，男、女生
对垒的台数不会超过24．并指出在什么情况下，正好是24 ？
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】不妨设甲、乙比赛时，1～15号是男女对垒，乙、丙比赛时．在1～15号中有a台男女对垒，15号之后有9-a台男女对垒(0≤a≤9)
甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a(如果1号乙与1号丙是男女对垒，那么1号甲与1号丙就不是男女对垒)，15号之后，有9-a台男女对垒.所以甲、丙比赛时，男女对垒的台数为15-a+9-a=24-2a≤24．
仅在a=0，即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同，甲、丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24．
【答案】即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同，甲、丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24
【例 23】将5×9的长方形分成10个边长为整数的长方形．证明：无论怎样分法．分得的长方形中必有两个是完全相同的．
【考点】构造与论证【难度】3星【题型】解答
【解析】略．
【答案】10个边长为整数的长方形，其面积显然也均是正整数．划分出的长方形按面积从小到大为：1×1，1×2，1×3，1×4，2×2，1×5，1×6，2×3，1×7，1×8，2×4，1×9，3×3．2×5，2×6，3×4，2×7，3×5，2×8，4×4，2×9，3×6，……从这些长方形中选出10个不同的长方形，其面积和最小为：1×1+1×2+1×3+1×4+2×2+1×5+1×6+2×3+1×7+1×8=46．而原长方形的面积为5×9=45<46．所以分出
的长方形必定有某两个是完全一样的
【例 24】 将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色或绿色．证明：至少可以找到两行，这两行
中某一种颜色的格数相同．
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 略．
【答案】如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就是说所有颜色的列与列之问的数目不同．那么红色最
少也会占0+1+2+…+14=105个格子．
同样蓝色和绿色也是，这样就必须有至少：
3×(0+l +2+…+14)=315个格子．
但是，现在只有15×15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证
【例 25】 在平面上有7个点，其中任意3个点都不在同一条直线上．如果在这7个点之字连结18条线段，
那么这些线段最多能构成多少个三角形 ？
【考点】构造与论证 【难度】3星 【题型】解答
【解析】 平面上这7个点，任意3点都不在同一条直线上，若任意2点连接，共可连接出27C 27C =7×6÷2=21
条线段．现在只连接18条线段，有3条没有连出，要使得这18条线段所构成的三角形最多，需使得没连出的这3条线段共同参与的三角形总数最多，故这3条线断共点.对于这3条线段中的任何一条，还与其他5个点本应构成5个三角形，故这3条线段没连出，至少少构成5×3-3=12个三角形.
如上图所示，在图中AD 、AE 、AF 之间未连接，因为其中ADE 、AED ，ADF 、AFD ，AEF 、AFE 被重复计算，所以减去3．而平面内任何三点不共线的7个点，若任何2点连线，最多可构成37C =35个三角形．故现在最多可构成三角形35-12=23个．
【答案】最多可构成三角形23个
【例 26】 在9×9棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有
一个公共顶点的邻格中，这样某些格中有若干只甲虫，而另一些格则空着．问空格数最少是多
少?
【考点】构造与论证 【难度】4星 【题型】解答
【解析】 方法一：考虑到甲虫总是斜着爬，我们把棋盘黑白相间染色，发现原来黑色格子里的甲虫都会爬
到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面，所以我们只用观察最少能空出多少个黑格子，多少个白格子．
因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，而由奇数行有25个黑格子，偶数行有16个黑格子知，偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子，而奇数行的25只虫子爬到偶数行就可以没有空格．白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，但是奇数行和偶数行都是20个格子，最少的情况下不会出现空格子，所以最少出现9个空格．
方法二：
① 对2×2棋盘如下黑白染色，则易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可使棋盘格不空；从而得
到2n ×2n 棋盘可划分为若干块2×2棋盘，棋盘格均不空．
② 对3×3棋盘如下黑白染色，注意到图中有5个黑格，黑格中的甲虫爬行后必进入黑格，且四
个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格，而中心黑格内的甲虫只能爬人某一格，必至少空3
个黑格．。