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2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案:第40讲


第 40 讲 格点
节主要内容有格点的概念,及格点在解题中的应用. 格点,又叫整点,指的是在直角坐标系中,每个坐标都是整数的点.或者直接在平面上 取两组互相垂直的平行线(在空间中就取三组互相垂直的平行平面),相邻的两条平行线的距离 相等,这两组平行线的交点就是格点.当一个多边形的所有顶点都是 两组互相垂直的平 行线,相邻的两条平 行线的距离相等,这两组平行线的交点就是格

点.关于格点多边形,有 下列定理: 定理 1 (皮克定理)设格点多边形内部有 N 个格点,边界上有 L 个格点,则其面积 1 S=N+ L-1. 2 (证明略) 定理 2 边与两轴平行的正方形(顶点不一定是格点),如果其面积大于 1,则其内部至少有 一个格点. y 证明 如图,设点 A、B 的横坐标分别为 a,b,则 r=b-a D >1. C 若 a 为整数,则 a+1<b,而 a+1 为整 数,此时,直线 x A =a+1 穿过正方形 ABCD 内部;若 a 不是整 数,[a]是不超过 a B 的最大整数,{a}=a-[a],有 0<{a}<1,此 时 a=[a]+{a}<[a] a x O b +1=a-[a]+1=a+1-[a]<b-[a]<b.即 直线 x=[a]+1 穿 过正方形内部.总之,正方形内部有一条竖直 格线穿过. 同理,正方形内部有一条水平格线穿过.即其正方形内部有一个格点.

A 类例题
例 1 ⑴ 内部不含格点的圆,其面积? . 2 ⑵ 内部恰有一个格点的圆,其半径不大于 1. 分析 本题是定理 2 的一个直接应用. 1 ⑴证明 如果圆的面积>2,则其半径> 2 >1.由定理 2 可知其内部必有格点.故证. ⑵ 证明 设⊙O 有内部恰有一个格点,且 圆心 O 必在某个格点正方形 ABCD 内或在 C、D 至少有三点在⊙O 外或⊙O 上.于是相对 O 或 B、D 同在⊙O 外或⊙O 上,例如 B、D 在⊙ 是 BO?1,DO?1.即 O 应在以 B、D 为圆心, 边界上),又在正方形 ABCD 内部,这是不可能 例 2 ⑴ 找出内部恰有 0 个、1 个、2 个、 积最大的圆. ⑵ 能否找到内部恰有 5 个格点的面积最大圆?

?

?

y

其内接正方形边长
D C

AO B x

D O A

C B

其的半径>1. 其边上. 从而 A、 B、 的两个顶点 A 、C O 外(或⊙O 上). 于 1 为半径的圆外(或 的. 3 个、 4 个格点的面

⑴解 (如图)内 部恰有 0 个格点的面

积最大圆的半径=

1 ; 2

内部恰有 1 个格点的面积最大圆的半径=1; 5 内部恰有 2 个格点的面积最大圆的半径= 2 ; 5 2 内部恰有 3 个格点的面积最大圆的半径= ; 6 10 内部恰有 4 个格点的面积最大圆的半径= 2 . ⑵解 如左图画的是内部有 5 个格点且过 4 个格点的圆, 其半径= 2. 但这圆不是内部有 5 个格点的面积最大圆. 如右圆,取内部恰有 四个格点的面积最 P3 P2 大圆 ( 虚线画的圆 ) ,其圆 心为 O, 点 P1、 P2、 P1 P3、?、P8 等 8 个格点在 此圆上,其半径= Q 10 > 2. 2
l1 l3 O P4

可以作一个圆使原来 四个在圆内的格点 仍在此圆内, 且使 P1 在圆 内而原来在圆上的 l2 其他格点都在圆外.为此 取 P1P8、 P2P3 的垂 直平分线 l1、l2,则在这两条直线围出的右上平面内的点,到 P1 的距离比到 P8 的距离小,到 P2 的距离比到 P3 的距离小,再作 P2P8 的垂直平分线 l3,则 l3 上的点到 P2、P8 距离相等,现 在 l3 上靠近点 O 取一点 Q,以 Q 为圆心,QP2 为半径画一圆,显然,此圆内恰有 5 个格点. 10 只要点 Q 充分接近 O,则⊙Q 的半径充分接近 2 ,但圆内恒有 5 个格点.即没有圆内 恰有 5 个格点而面积最大的圆.

情景再现
1.内部不含格点的正方形,其面积?2. 2.找出内部恰有 1 个,2 个格点的面积最大的正方形.

B 类例题
例 3 求证:对任何 n(n∈N),可以作一个圆,恰盖住 n 个格点(格点在圆内部). 分析 只要能证明,平面上存在一点,到所有格点的距离两两不等.为此,可以利用“无 理数不等于有理数”来解. 证明 取一点,其两个坐标都是无理数,例如取点 W( 2, 3),先证明,以 W 为圆心, 任意长为半径作的圆,至多通过一个格点. 设某个以 W 为圆心的圆通过两个格点(m,n),(p,q)(m,n,p,q∈Z), 则(m- 2)2+(n- 3)2=(p- 2)2+(q- 3)2. 展开整理得,m2+n2-p2-q2=2 2(p-m)+2 3(q-n). 左边是有理数,右边当且仅当 p=m,q=n 时为有理数.故证. 于是可知以 W 为圆心的圆至多通过一个格点. 现考虑,平面上所有的点与 W 的距离,这些距离没有两个相等.把所有的格点与点 W 的 距离按从小到大排队 0=r0<r1<r2<r3<?<rn<?.取线段 r,满足 rn<r<rn+1,以 W 为圆

心,r 为半径作圆,则此圆内恰有 n 个格点. 说明 本题即是辛泽尔定理,利用本题的结果可以解 1987 年的全国高中联赛题二试第 2 题. 例4 若 a 与 b 是互质的正整数,证明

?a?+?2a?+?3a?+?+?(b-1)a?=1(a-1)(b-1). ?b? ? b ? ? b ? ? b ? 2
分析 研究数[ka](k,a∈N*)的几何意义:取函数 y=kx,这是一条直线,在直线上取一点 (a,ka),在连结点(a,0)与点(a,ka)的线段上(不含点(a,0)而含点(a,ka)时),恰有[ka]个格 点. y a 证明 取直线 y= x(右图中以 a=5, b 对于 k=1,2,?,b-1,由(a, ak. a 所以直线 y=bx 与 x=k(k=1, 2, ?, 都不是格点. ka a 2a 3a 而 ? b ? 表示线段 x = k(y ∈ (0 , ka]) 上的格点的个数,所以, ?b? + ? b ? + ? b ? +?+
5 4 3 2 1 O 1 2 3 4 5 6 7 8 A 9 x C B

b=9 为例). b)=1,知 b / |

b - 1) 的 交 点

? ?

? ? ? ? ? ?

?(b-1)a?表示以 O(0,0),A(b,0),B(b,a)为顶点的三角形内部的格点数.由于线段 y=ax(x b ? b ?
∈(0, b)上没有格点, 由对称性知, △OAB 内部的格点数等于矩形 OABC(其中点 C 坐标为(0, a))内部格点数的一半. 而矩形 OABC 内部的格点数=(a-1)(b-1)(共 a-1 行,b-1 列).从而

?a?+?2a?+?3a?+?+?(b-1)a?=1(a-1)(b-1). ?b? ? b ? ? b ? ? b ? 2
说明 本题所证明的恒等式称为厄尔米特恒等式.本题是把《高斯函数》中的内容与格点 联系起来的一个定理. 例 5 若每边长均为整数,三边不等且最大边长为 n 的三角形共有 600 个,求 n. 分析 先列出相关条件,把相关条件转化为平面上满足这些条件的格点数. 解 设三边长为 x,y,n,且 x<y<n,则有 x+y>n. 本题可以理解为满足 y<n,y>x,x+y>n 的区域中恰有 600 个整点. 故在坐标系内作直线 y=x,x+y=n,y=n,若 A(n,0),B(n,n),C(0,n),AC、OB 的交于点 P.由这三条直线围成的三角形 PBC 即为所求区域. 正方形内共有(n-1)2 个格点,线段 AC、 OB 内各有 n-1 个 y y=x y=n C 格点,当 n 为奇数时,P 不是格点,当 n 为偶 数时,P 是格点. B n 由对称性,Δ PAB、Δ PBC、Δ PCO、Δ POA 内的格点数相 等. P 故有 (n-1)2-2(n-1)+k=600×4. (n 为 偶数时 k=1,n 为 A 奇数时,k=0) n x O 即 n2-4n+3=2400-k. x+y=n 当 n 为奇数时,(n-2)2=2401=492,所 求正整数解为 n = 51.

当 n 为偶数时,(n-2)2=2400,无整数解. 所以 n=51.

情景再现
3.⑴ 如图⑴,在一个棋盘形的街区图中,纵线与横线都表示街道,有人沿此街道从(0, 0)直到(n,m),问使路程最短的走法有 多少种? (n, m ) ( n, m ) ⑵ 如图⑵,仍在此街道图中,如 果在点 (p , q) 与 (p,q+1)(0?p?n,0?q?m-1) 间的街道(图 (p, q+ 1) 中用粗线标出)戒严,禁止通行,则从 (0 , 0) 到 (n , (p, q) m)的最短走法有多少种? 4.试设计一种染色方法,把所有 的平面整点 (0,0) (0,0) 图(1) 图(2) 染色,每一整点染成红色、白色或黑色 中的一种颜 色,使: ⑴每一种颜色出现在无穷多条与横轴平行的格线上; ⑵对任意白点 A, 红点 B, 黑点 C, 必可找到一个红点 D, 使 ABCD 为平行四边形. (1986 年全国高中联赛) 5. 中国象棋的 “马” 可以从一个 1×2 矩形的一个顶点跳到相对的顶点上(不妨称之为 1×2 马).问一个中国象棋的马能否从其起点 A 出发,不重复不遗漏地跳遍半个棋盘? 6.在一个 n×n 的方格纸上任意选定同一行的相邻两个方格 A 与 B,在左面的 A 格中放 了一枚棋子,它可以向上、右、和斜左下的格子走,试证明:对任何正整数 n(n>1),这枚棋 子不能走遍所有的格子并最后走到 B,而且每个格子都只走过一次.

C 类例题
例 6 起点为(0,0),终点为(2n,0)(n∈N*)的折线由(p,q)→(p+1,q± 1)类型的线段构成. 集合 A 表示该折线除起点与终点外与 y=0 还有一个公共点,但位于 y=0 上方的折线集 合; 集合 B 表示该折线除起点与终点外与 y=0 没有公共点,且位于 y=0 上方的折线集合. 求证:card(A)=card(B). y 证明 对于每个 A 中的 任意一条折线 l, 设它与 x 轴 ( 除起点与终点外 ) 的交点为 (2k,0).此点把 l 分成两部 l' 分:前段 l1 与后段 l2,现把 l2 中从(2k,0)到(2k+1,1) l l 的一节截出放到从 (0, 0)到 O x (2k,0) (1,1),并把前段 l1 按(0, 0) 到 (1 , 1) 的向量平移,这 样就得到了一条 B 中的折线. 反之,对于每条 B 中的 y 折线 l, 它至少有两次与直线 y=1 相交.第一次交于(1, 1),设第二次交于点(2k+1,
1 1 2

l1 l' 1 l2

(2k+1,1)
O x

1),这两点把 l 分成三段.一段是从(0,0)到(1,1),一段是从(1,1)到(2k+1,1),一段是从 (2k+1,1)到(2n,0),现把第一段移至(2k,0)到(2k+1,1),第二段按(1,1)至(0,0)的向量 平移,则得到了一条 A 中的折线. 这说明 A 中的折线与 B 中的折线有一个一一对应关系. ∴ card(A)=card(B). 例 7 在平面直角坐标系中,任取 6 个格点 Pi(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足: ⑴ |xi|?2,|yi|?2(i=1,2,3,4,5,6); ⑵ 任何三点不在一条直线上. 试证明:在以 Pi(i=1,2,3,4,5,6)为顶点的所有三角形中,必有一个三角形的面积不 大于 2.(1992 年全国高中数学联赛试题) 分析 满足要求的格点共 25 个,设法把它们分组,使同组三个格点连成三角形面积不超 过 2,再研究可能取点的情况. 证明 如图,满足条件的格点只能是图中 A、B、?、Y 这 y 25 个格点中的 6 个.把这 25 个格点分成三个 矩形: 矩形 AEFJ、 2 D A B C E KOWU、MNYX. F 若所取的 6 个点中有三个点在上述三个矩 形中的某一个中, J I H G -2 2 x O M K L N 则此三点即满足要求. P Q R S T 若三个矩形中均无所取 6 点中的 3 点,则 必 是 某 个 矩 形中 -2 U V W X Y 有所取的 2 个点. ⑴ 若 E、F、D、G、O、R、W 中有所取 的点, 则此点与矩 形 MNYX 中的两点满足要求; ⑵ 若上述 7 点均未取,则 A、B、C、H、I、J 中必有两点,此时若 L、K 中有所取的点, 则亦有三点满足要求; ⑶ 若 L、K 亦未取,则必在 P、Q、V、U 中取了 2 点,矩形 ACHJ 中取了 2 点:此时取 P、Q 两点,或 Q、V 两点,或 V、U 两点,或 U、P 两点,或 Q、U 两点,则无论 ACHJ 中 取任一点,与之组成三角形面积均满足要求. 若取 P、V 两点,则矩形 ACHJ 中必有一点异于 C,取此点与 P、V 满足要求. 综上可知,必有满足要求的 3 点存在. 例 8 平面上有限点集的集合 S.其中每个点的坐标都是整数,是否可以把这个集合中的 某些点染红色,其余点染白色,使得与纵横坐标轴平行的每一条直线 L 上所包含的红、白点 的个数至多相差 1 个? 分析 本题不外以下三种结果: 1?对于一切 n∈N*,均无法染成,此时要给出证明; 2?对于一切 n∈N*,均可以染成,此时要给出一个染色的方法; 3?对于某些 n∈N*,可以找到染色方法;而对于另一些 n∈N*,则无法染成;此时要给出 分类的标准,并对无法染成的给出证明,对可以染成的给出染色方法. 为了证明本题,可以先看最简单的情况,n=1,2,3 等,于是可以考虑用数学归纳法证 明本题. 证明 用数学归纳法证明: 若 n=1,则可以将此点任意染成红色或白色. 若 n=2,则可把这两个点一个染红一个染白.即 n=1,2 时命题成立. 设当 n=k(k∈N*)时都有满足上述要求的染法,当 n=k+1 时,

①若某一条纵线(或横线)上有奇数个点,则将此直线上的点去掉 1 个,此时,共余下 k 个 点,可以有满足上述要求的染法.由于去掉一个点后,这条直线上有偶数个点,故这条线上 的其余点染成红白各半,而该点所在横线上的红白点或相等或相差 1 个,如果相等,则可把 这点任意染色,如果红白相差 1 个,则染成较少个数的颜色,于是有满足要求的染法. ②如果任一条横线与纵线上都有偶数个点, 不妨在某条横线 l1 与纵线 m1 相交处的点被去 掉,对于余下的这 k 个点,由归纳假设知必有合要求的染色方法,此时去掉点所在横线 l1 与 纵线 m1 上都有奇数个点,必为某色多 1,现只要说明,这两条线上是同色点多 1 即可. 设 l1 上红点多 1, 先不看 l1, 统计其余横线上的红白点数, 由于其余横线上都是偶数个点, 因此,都染成红白各半,所以这 k 个点染色时,红点总数应多 1 个. 再不看 m1,统计其余纵线上的红白点数,由于其余纵线上也全为偶数个点,故也是红白 各半,但由于红点总数多 1 个,故 m1 上点必染成红点多 1 个.于是可以把去掉的点补回,并 染白,就得到了满足要求的染色法. 根据数学归纳原理知,对于任何 n∈N*,均有符合要求的染色法.

情景再现
7.设三角形的三边长为正整数 l,m,n,且 l?m?n.⑴当 n=9 时,有多少个这样的三 角形?⑵对于一般的 n 的值,有多少个这样的三角形? 8. 给定一个正 45 边形, 在它的每个顶点上标上 0, 1, 2, ?, 9 这十个数字中的一个. 另 一方面,由这 10 个数字中的不同的数字组成了任意的数对,问能否找到这样的一种标数法, 使得对于每一个数对都有一条边与之对应,且这条边两端标的数字就是这个数对.

习题 40
1.一个平行四边形的三个顶点是格点,则其第四个顶点也是格点. 2.若有一个无限大的棋盘及一匹 1×n 的“超级马”(即一步从某个 1×n 格点长方形的一 个顶点跳到与之相对的顶点,中国象棋的“马”是 1×2 马),问 n 应该满足什么条件,才能 使它从某个格点跳到任一格点. 3.在平面直角坐标系中,横、纵坐标都是有理数的点称为有理点,若 α 为无理数,则过 (α,0)的所有直线中,有且只有 1 条直线至少通过两个有理点. 4.各边的长都为整数的三角形,其三边的和为 50,这样的三角形有多少种? 5.对任意正整数 n,连结原点 O 与点 An(n,n+3),用 f(n)表示线段 OAn 上的整点个数(不 计端点),试求 f(1)+f(2)+?+f(1990).(1990 年全国高中数学联赛,原题是填空题) 6.给定一个 n×n 的格点阵,以此阵中的格点为顶点的格点正方形有多少个? 7.若每边长均为整数,三边不等且最大边长为 n 的三角形共有 600 个,求 n. 8.设 n>0,给定平面区域 P={(x,y)|x>0,y>0,且 xy?n}. 求证:P 内格点的个数 S=2



0<x< n x∈N*

?n?-[ n]2. ?x ?

9.设有一条平面闭折线 A1A2?AnA1,它的所有顶点都是格点(即纵、横坐标都是整数的 点),且|A1A2|=|A2A3|=?=|An-1An|=|AnA1|.证明:n 为偶数.(1986 年第 1 届国家集训队训练 题) 10. 某次共有 18 名学生参加选举, 每人投 1 票, 投给 2 名侯选人中的 1 人, 投票完毕后, 由 1 名学生逐张开票,1 名学生记录开票的结果.若最后侯选人甲得到 11 张票.问在开票过 程中,甲得票数始终不少于乙的开票方法有多少种?

11.把边长为 1 的正三角形 ABC 的各边分为 n 等分,过各分点作平行于其他两边的平行 线,将这个三角形分成小正三角形,各小三角形的顶点称为结点,在每个结点上放置一个实 数,已知:⑴A、B、C 上放置的数分别为 a、b、c(a、b、c 不全相等),⑵在每个有公共边界 的两个最小三角形组成的菱形中,两组相对顶点上放置的数的和相等. 试求:⑴放置最大数与放置最小数的点之间的最短距离 r; ⑵ 所有结点上放置的数的总和 S.(第二届国家冬令营) 12.试求格点凸 32 边形周长的最小值.

本节“情景再现”解答: 2 1.证明 若正方形的面积>2,则其边长> 2,其内切圆的直径> 2 .而此内切圆的边 与坐标轴平行的内接正方形边长>1,于是,由定理 2,此正方形内部至少有一个格点.矛盾. 2.解 内部恰有一个格点的正方形边长=2, 3.解:⑴图中用粗线标出了一种走法.显然,长一种满足要求的走法都包含了 n 段短横 线与 m 段短竖线. 故可以考虑给出 n+m 个位置,在这些位置中选择 n 个位置给“横” ,其余 m 个位置给 “竖” .于是所求的走法数为 C n+m . ⑵ 从(0,0)到(p,q)有 C p+q 种走法,从(p,q+1)到(n,m)有 Cn+m-p-q-1种方法; ∴ 共有 Cn+m -C p+q ·Cn+m-p-q-1种方法. 4.解 把每个点的横坐标与纵坐标的和记在此格点旁,凡记数被 4 除余 0、余 2 的点染 红,被 4 除余 1 的点染白,被 4 除余 3 的点染黑.此时每条格线上都有三种颜色的点. 设取了白点 A(4k+r,4k+1-r), 5.解 把棋盘的格点染成红蓝两色:相邻的点染色都不同,如图中画圈的点染红,未画 圈的点染蓝.则马只能从某色点跳到不同色的点. 图中共有 23 个红点,22 个蓝点.故若马从蓝点出发,跳遍棋盘,若最后跳到蓝点,则 跳过的蓝点应比红点数多 1 个,若最后跳到红点,则红点与蓝点个数相等,但图中红点多 1 个,故不存在这种跳法. 6. 证明 设向上走 x 步, 向右走 y 步, 向斜左下走 z 步, 共经过 m(m=n2)个格点(包括 A、 B),则若能走,可得 x=z,y=z+1,x+y+z=m-1,即 3z=m-2,故 n2=3z+2≡2(mod 3), 但平方数被 3 除的余数不可能为 2.故证. 7.⑴解 取 x=l,y=m,则有 x?y?9,x+y>9.这可用直角坐标系内的区域表示: 即直线 x+y=9,y=x,y=9 这三条直线围成的三角形的内部及部分边界上的整点数即为解 数. 现考虑由 x=0, x=9, y=0, y=9 这四条直线围成的正方形, 其内部及边界上共有 10×10=100 个格点.直线 y=x 上在正方形内部的格点有一半满足要求,直线 x+y=9 上的点不满足要求, 这两条直线的交点不是格点.直线 y=9 上有点(1,9),(2,9),?,(9,9)满足要求.故这 100 1 个格点中恰有 满足要求. 4 ∴共有 25 个满足条件的三角形. 1 ⑵解:对于一般的 n 值,当 n 为奇数时,三角形数=4(n+1)2. 1 当 n 为偶数时三角形数由于 y=x 与 x+y=n 的交点是格点,故三角形数=4((n+1)2-1). 1 总之,对于一切 n,三角形数=[ (n+1)2]. 4 8.解 先考虑数 0,它可以组成 9 个数对(0,1),(0,2),(0,3),?,(0,9).如果这 9 个数对都要出现,则由于一个顶点只连了两条边,故 0 至少要在 5 个顶点上标记才有可能. 同理,1、2、3、??,9 都至少要在 5 个顶点标记才行,这样这个多边形至少要有 50 个顶点.故这个正 45 边形不可能出现满足要求的标记法.
n p n-p p n-p n

“习题 40”解答: 1.解:由于平行四边形对角线互相平分,故设其顶点坐标依次为(xi,yi),(i=1,2,3, 4),且(x1,y1)、(x2,y2)、(x3,y3)为格点,则 x4=x1+x3-x2,y4=y1+y3-y2,故(x4,y4) 也是格点. (1,n) 2.解 把此棋盘按上题的方法染色,当 n 为奇 数时,马只能从某 色点跳到同色点而不能跳到异色点,故当 n 为奇数 时,不可能. 当 n 为偶数时,只要说明马能从一点跳到其 相邻的点即可,如 图,马从(0,0)先跳到(1,n),再跳到(n+1,n-1), (1,n-2),?,(1, (0,0) (1,0) 0).即跳到相邻的点.于是可以跳到任意一点(图中 画的是一个 1 × 4 “超级马”). 3.证明 经过(α,0)的与 x 轴垂直的直线 l 可写为 x=α,此直线上所有点的横坐标都等于 α,故都不是有理点.经过(α,0)的且不与 x 轴垂直的直线 l 可写为 y=k(x-α). 设 l 经过两个有理点(m,n),(h,g).(m,n,h,g 都是有理数,m≠h),则 n-g n=k(m-α),g=k(h-α),n-g=k(m-h),由知 m≠h,且 k= 为有理数. m-h 若 n-g≠0,则 k≠0.此时,由 m-α 为无理数,故 k(m-α)为无理数.与 n 为有理数 矛盾.故 n-g=0,此时直线为 y=0,经过无穷多个有理点.即经过(α,0)的直线有且只有一 条经过至少两个有理点. 4.解:设三边长分别为 x、y、z, 25 y 由于对称性, 可设 x?y?z,可得 x+y+z=50?z=50-x-y; 20 y=x 故有 y?x, ① 15 x+2y=50 x+y>z 即 x+y>25, ② y?z?x+2y?50, ③ 10 问题即是满足条件①②③的整数解 有多少组? 问题转化为求由条件①②③确定的 平面区域中 x+y=25 5 整点的个数. 易于计数得解为 52 种. n+3 5. 解 线段 OAn 的方程为 y= x(0 n f(n)等于该线段内的格点数. k+1 若 n=3k(k∈N*), 则得 y= k x (0?x?n)(k∈N*), 其内有两个整点(k, k+1), (2k, 2k+2), 此时 f(n)=2; 若 n=3k±1(k∈N*),则由于 n 与 n+3 互质,故 OAn 内没有格点,此时 f(n)=0. ∴ f(1)+f(2)+?+f(1990)=2[ 3 ]=1326. 6.解 把这些正方形分为两类:①边与格线平行的正方形;②边不与格线平行的正方形. ① 边与格线平行的正方形: 边长为 k 的这类正方 形有(n-k)2 个; ②边不与格线平行的正方形:它们都是前一种正 方形的内接正方形: 每个边长为 k 的第一类正方形,其一条边内都有 k-1 个格点,每个这种格 点都对应一个内接正方形, 从而都有 k-1 个内接的正 方形. 所以,共有格点正方形的总数
1990
O 5 10 15 20 x

? x ? n) ,故

S=∑ k (n-k)2=n2 ∑ k-2n∑ k2+ ∑ k3
k=1 k=1 k=1 k=1

n-1

n-1

n-1

n-1

1 1 1 =n2?2n(n-1)-2n?6(n-1)n(2n-1)+4n2(n-1)2 = 1 2 n (n-1)[6n-4(2n-1)+3(n-1)] 12

1 =12n2(n2-1). 7.解 设三边长为 x,y,n,且 x<y<n,则有 x+y>n, 本题可以理解为满足 y<n,y>x,x+y>n 的区域中恰有 600 个整点.故在坐标系内作直线 y=x,x+y=n,y=n,由这三条直线围成的三角形 PBC 即为所求区域. 正方形内共有(n-1)2 个格点,线段 AC、 OB 内各有 n-1 个 y y=x 格点,当 n 为奇数时,P 不是格点,当 n 为偶 数时,P 是格点. C y=n B n 由对称性,Δ PAB、Δ PBC、Δ PCO、Δ POA 内的格点数相 等. 故 (n-1)2-2(n-1)+k=600×4.(n 为偶 数时 k=1, n 为奇数 P 时,k=0) A ∴ n2-4n+3 =2400-k. n x O x+y=n 当 n 为奇数时,(n-2)2=2401=492,解为 n=51. 2 当 n 为偶数时,(n-2) =2400,无整数解. ∴ n=51. 8.解 本题即,当 0<x< n,x∈N*时,[ k ]
n (0<k< n)上满足 0<y<k的格点数, n
y xy=n

可以表示直线 x=k 直线 x>0, x? n及



0<x< n x∈N*

?n?表示 ?x ?
n

y>0,y?x表示的区域内的格点数.由对称性,也 y>0,y? n表示的区域内的格点数,此二区域的

n

O

n

x

表示 x>0,x?y及 并集即区域 P,但

n

其中由 x=0,y=0,x= n,y= n围成的正方形区域内的格点被计算了两次,从而应该减去其 中的格点数一次.故得证. 9.证明 令 Ai(xi,yi)(i=1,2,?,n,xi,yi∈Z),则 (x2-x1)2+(y2-y1)2= (x3-x2)2+(y3-y2)2=?= (xn-xn-1)2+(yn-yn-1)2= (x1-xn)2+(y1- yn)2. 令 αi=xi+1-xi,βi=yi+1-yi,αi2+βi2=M(i=1,2,?,n,xn+1=x1,yn+1=y1), 则 α1+α2+?+αn=0,β1+β2+?+βn=0,若 αi、βi 全为偶数,则可在上面三式中约去 2 的 最低次幂,因此可以假定 αi、βi 中至少有一个为奇数. 由于奇数的平方 mod 4 后余 1,故 M≡1 或 2(mod 4). ①若 M≡1(mod 4),则每对 αi、βi 中都必有一奇一偶,此时 α1+α2+?+αn+β1+β2+?+βn =偶数+n 个奇数=0,故 n 为偶数. ②若 M≡2(mod 4),则每个 αi、βi 都是奇数,于是 α1+α2+?+αn 为 n 个奇数之和=0,仍 得 n 为偶数.故证.

10.解 取一直角坐标 点正方形的对角线来表示 结果,若所开的 1 张票选 为 1 的对角线表示,若选 为-1 的对角线表示.?, 点开始连线, 以后每开一张 面已连的线连线(若第 k-1 (k-1,p),而第 k 张票选 p)与(k, p+1)表示, 若选乙, 与(k,p-1)表示).于是开 一条连结 (0 , 0) 与 (18 , 4) 中 4=11-(18-11),折线 是单位格点正方形的对角
11

R(11,11) D(12,10)

P(18,4)

O(0,0) A(-2,0)

C

Q(7,-7) B(6,-8)

系,用单位格 每张票投票的 甲,则用斜率 乙,则用斜率 第一张票从原 票都是接着前 张票已连线到 甲, 则连(k-1, 则连(k-1,p) 票的过程可用 的折线表示其 的每一小段都 线.

这样的折线共有 C 18 条. 若在某一次甲得票少 于乙,则此折 线与直线 y=-1 相交.仍由反射原理得所求应为矩形 ABPD 内的最短折线数,这样的折线共 有 C18条. 11 12 ∴ 甲得票数始终不少于乙的开票方法有 C18-C18种. 11.解 如图,结点上放置的数标在结点旁.则 a+d=x1+y1,x1+y2=y1+d,∴ a-y1=x1-d=y1-y2=?, 即,同一条线上注的数成等差数列. ∴ 若 a、b、c 互不相等,则 r=1;若 a、b、 时, r= 3 (n 为偶数), 或 r= 2 3 1 + (n 为奇数). 4 4n2
x2 a x1 y 1 y
12

c 中有两个相等

⑵ 把三角形绕中心旋转 120?,240?,所得标 结点三次标数之和都是 a+b+c, ∴ 结 点 总 个 数 =1+2+3+ ? +(n+1)= 2
1 1
b

d

2

数和不变, 而每个

c

(n+1)(n+2);

∴ S=6(n+1)(n+2)(a+b+c). 12.解 如图,取点(±1,0),(0,±1), (±1,±1),(± 1,±2),(±1,±3),(±2,±1),(±3,± 1),(±2,±3), (±3, ±2)共 32 个点从原点向此 32 个点引向 量, 得 32 个方向 互不相同的向量.现按逆时针方向从(1,0)表 示的向量开始, 按这些向量与 x 轴正方向所成角从小到大的 顺序,依次把这 32 个向量连结成一个凸 32 边形, 由于这些向 量的和为零向 量,故这 32 个向量可连成一条闭折线,该闭 折线围成一个凸 32 边形, 由于每个向量起点与终点都是格点, 故此 32 边形是 格点多边形. 由于任一凸多边形中,不能有两边的向量方向相同.故这个 32 边形周长最小.所求最小 周长为 4(1+ 2+2 5+2 10+2 13).


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