人教版初中数学《第27章极端原理》竞赛专题复习(含答案)

第27章极端原理

27.1.1** 两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币．规定每人每次只能放一枚，硬币平放在桌面上，并且两两不能重叠，谁放完最后一枚．使得对方无法按照规则再放，谁就获胜．问：是先放合算还是后放合算？

解析本题的极端情况是：桌面小的只能放下一枚硬币．这时当然是先放的人合算．

一般情况下，先放的人把硬币放在圆桌的中心处，每当对手放下一枚硬币后，就在对方硬币关于“圆心”对称位置再放下一枚硬币，这样只要对手还能放硬币，先放的人一定也能放，所以放最后一枚硬币的人一定是先放的人，从而他必能获胜．

评注本题解法的独到之处在于考虑最极端的情况，“桌面最小”．这里的极端原理实际是一种“从特殊到一般”的思考方法，并且在极端情况下的结果提示我们解决一般问题的方法，在应用极端原理时，我们要利用如下的事实：

1．有限个数中一定有最大数和最小数；

2．无限个正整数中有最小数；

3．无限个实数不一定有最大数或最小数．

27.1.2** 在一次乒乓球循环赛中，n（n≥3）名选手中没有全胜的，证明：一定可以从中找出三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．

解析没取胜场数最多的一名选手为A，由于没有一个选手是全胜的，所以在这n名选手中存在一名选手C，C胜A．

考虑A击败的选手的全体，其中必有选手B胜C．事实上，若A的手下败将也都负于C，那么C胜的场数比A胜的场数至少要多1，这与A是获胜场数最多的选手矛盾．

所以，存在三名选手A、B、C，使得A胜B，B胜C，C胜A．

27.1.3** 平面上已给997个点，将连结每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点．

解析997个点中每两点都有一个距离，因而共有997996

2

个距离（其中有可能有些距离是相等的），

其中一定有一个最大距离．设AB是最大的距离．

分别以A、B为圆心，1

2

AB为半径作圆，如图所示．点A与除点B之外的995个点的连线的中点在圆

A的内部或边界上；点B与除点外的995个点的连线的中点在圆B的内部或边界上，这样我们得到了995+995＝1990个红点．

另外，AB 的中点是不同于上述1990个红点的，所以，至少有1991个红点．

下面构造一个例子，说明恰好有1991个红点，设997个点在数轴上1，2，3，…，997的位置．这时中点为：

32，42，52，…，19922，19932

，故红点恰有1991个． 27.1.4** 证明：在任意的凸五边形中，都可以找到三条对角线，由这三条对角线可以组成一个三角形． 解析 如图所示，在凸五边形ABCDE 中，一共有5条对角线：AC 、AD 、BD 、BE 、CE ，所以其中一定有一条是最长的，不妨设AC 最长．

A

B

E

P

D

由于ACDE 是凸四边形，设AD 与CE 的交点为P ，则

AC AP PC AD CE <+<+．

因为AC 最长，所以，AC 、AD 、CE 这三条对角线可以作为一个三角形的三条边．

27.1.5* 平面上给定3个点。已知其中任意两点的距离不超过1，证明：这3个点被一个半径为等的圆覆盖．

解析 设三点为A 、B 、C ，不妨设BC AB ≥，AC ，当A ∠≥90?时．易知以删为直径的圆可覆盖ABC △

（此圆半径≤

2BC ≤1

2），当90A ∠

120BOC ∠?≥，故外接圆半径

，故结论成立． 27.1.6*** 平面上给定2005个点，任意两点距离小于2005，任意三点是某个钝角三角形的顶点．求证：存在直径不超过2005的圆覆盖这2005个点．

解析 在这2005个点中，设两两之间距离最大的两点是A 、B 且2005AB <．则以AB 为直径的圆覆盖了这2005个点．

这是因为，如图分别过A 、B 作AB 垂线1l 、2l ，则给定的点不能在直线1l 、2l 围成的带形之外．否则

这点P 到点B （或A ）距离大于AB ，这与AB 的最大性矛盾．

同时，给定的点也不能在带形内部的圆外．否则，这点P '与A 、B 不构成钝角三角形，与已知条件矛盾． 故结论成立．

评注 此例是组合几何问题中的一类覆盖问题．这些问题的解决往往需借助于极端原理的思想． 27.1.7** 平面上给定()212n n ->个点，其中任意三点都至少有两点距离小于l ，证明：可以找出其中n 个点位于半径为1的圆内．

解析 考虑距离最远的两个点A 、B ．以A 、B 为圆心、半径为l 作两个圆，若有点C 在这两个圆外或边上，则AC 、BC ≥1，于是由条件知只能有AB

27.1.8*** 在平面上任给2n 个点，其中任意三点不共线，并把其中”个点染成红色，n 个点染成蓝色．求证：可以一红一蓝地把它们连成n 条线段，使这些线段互不相交．

解析 因为总共只有2n 个点，将红点与蓝点一一配对的方法只有有限种（实际上为()!121n n n ?=?-???种，即第一个红点可与n 个蓝点中的某一个配对，有1n -种可能，第二个红点与

剩下的1n -个蓝点中的某一个配对，有1n -种可能……第n 个红点与剩下的一个蓝点配对，有1种可能）．对于每一种配对方法，都会得到这n 条线段的长度和，这种和数只有有限个（其实不超过!n 个），所以其中必有一个是最小的，下证这时候n 条线段是互不相交的．

用反证法．假定此时有两条线段11R B 和22R B 相交，其中1R 、2R 是红点，1B 、2B 是蓝点，设它们的交点为P （如图）．由于

()()112112211122R B R B R P PB R P PB R B R B +<+++=+，

P

R 1

R 2

B 2

B 1

所以，当我们将1R 与2B 配对，2R 与1B 配对，其他的保持不变，这时候n 条线段的长度和减少了，矛盾．因此这时n 条线段是互不相交的．

评注 本题所要证明的是“存在性”命题，利用极端原理处理存在性命题的基本手法是：取极端制造所存在的东西，然后用反证法证明．

27.1.9* 能否在平面上安排有限条线段，使每一条线段都至少有一端点严格地位于其他某条线段的内部？

解析 不可能，因为有限条线段中不妨设最长的是AB ，且B 位于另一条线段CD 中，由于

180CBA DBA ∠+∠=?，不妨设90CBA ∠?≥，于是AC AB >，与AB 的定义矛盾．这个命题即使在空

间也是成立的．

C

B

D A

27.1.10** 平面上有n 个点，其中任意三点不共线，且任意三点构成的三角形的面积都小于1．证明：存在一个面积小于4的三角形包含这n 个点．

解析 我们先通过取极端制造一个面积小于4的三角形，然后用反证法证明这个三角形包含这n 个点．

n 个点中任意三点作一个三角形，三角形的个数是有限的（其实为()()1

126n n n --个），每一个三角形

都有一个面积，取其中面积最大的一个记为123A A A △．由于每个三角形的面积都小于1，所以1231A A A S <△．

过顶点1A ，2A ，3A 分别作对边的平行线，得到一个ABC △，如图所示．显然 12344ABC A A A S S =<△△．

下面证ABC △包含了这n 个点．用反证法．设ABC △外还有这n 个点中的一点，设为4A （不妨设在AC “外侧”）

．如图，则

123231A A A A A A S S >△△，

A

C

A 1

A 2

A 3

A 4

这与123A A A △的面积最大矛盾．于是ABC △即为所求．

27.1.11* 设n 是大于2的自然数，12k a a a ?<<<是小于n 且与n 互质的全部正整数．证明：这k 个数中必定有一个是质数．

解析 显然11a =，又2n >，所以2k >．

我们证明2a 是质数．它是异于1、小于n 且和n 互质的最小正整数．

如果2a 不是质数，则因为22a >，所以2a xy =，这里x 、y 都是大于1的正整数．既然2a 与n 互质，x 、

y 也与n 互质，但21x a <<，这就和上述2a 的最小性矛盾．

27.1.12** 考虑一个无限大的棋盘，棋盘的每个方格内有一个正整数．若方格中的每个数是其上下左右四个数的平均值．证明所有的数都相等．

解析 若这些正整数不相等，设a 为其中的最小值，则必有某一块与含a 相邻且严格大于a ．又含a 方格中的a 等于与之相邻的4块的平均值，每块都不小于a ，有一块大于a ．这就得到一个矛盾． 27.1.13** 草场上有15个男孩在玩球，每人手上有一个球．任何两人的距离皆不相等．每个男孩把自己手里的球抛向距离自己最近的那个男孩． （1）证明：结果有一个男孩没有球； （2）证明：没有一个男孩得到的球超过5个．

解析 （1）考虑其中距离最近的两个男孩A 、B ．他们互相交换了球．

若还有其他人传球给他们，则由抽屉原理即证；否则可以忽略A 、B ，这时问题变为13人玩球．我们按照上面的方法同样讨论．因为共有奇数个人，最后一定剩下一人没有人传球给他．

（2）若有6个或以上的男孩传球给同一个人O ，不妨设为A 、B 、C 、D 、E 、F ．则必有某一个角（不妨记为AOB ∠）小于60?．这时AB 不会是OAB △的最长边，则OA 、OB 中某条是最长边，即A 、

B 中一人不传球给O ．

27.1.14*** 若干个人聚会，其中某些人彼此认识，已知如果某两人在聚会者中有相同数目的熟人，那

么他俩便没有共同的熟人．证明：若聚会者中有人至少有2008个熟人，则必然也有人恰好有2008个熟人．

解析 我们考虑（聚会者中）熟人最多的某个人（如果这样的人不止一个，那么任取其中一个），记为

A ，设A 共认识n 个人，这些熟人依次记为1

B ，2B ，…，n B ．

由于1B ，2B ，…，n B 中任意两个人i B 与j B 都认识A ，即是他俩的共同熟人，因此（由题设推出）i B 与j B 的熟人数目不等．此外，1B ，2B ，…，n B 的熟人数目均不会超过n （这里用到了n 的“最大性”），于是他们的熟人数目恰好是1，2，…，n ．

现在已知有人至少认识2008人，这意味着n ≥2008，所以数2008在上述数列中出现，于是1B ，2B ，…，n B 中恰好有人有2008个熟人．

27.1.15**** 在圆周上任取21个点．证明：以这些点为端点的所有弧中，不超过120?的弧不少于100条．

解析 本题的出发点在于：圆上任意3点分圆而得的3段弧中至少有一段不超过120?．为了便于识别，我们将不超过120?的弧的端点连结成弦．只要证明这样的弦不少于100条．在所有的点中，不妨设以1A 为端点的弦数最小，且记以1A 为端点的弦为12A A ，13A A ，…，1n A A ，共1n -条，而以2A ，3A ，…，n A 为端点的弦都不少于1n -条．故这n 个点至少有

()12

n n -条．

在其余的21n -个点中任取2个点i A 、j A （i j ≠，i ，1j n =+，2n +，…，21）．在三点组（1A ，i A ，j A ）中一定有一条弦．根据我们对1A 的取法，这条线不会是1i A A 、1j A A 而只能是弦i j A A ．所以在这21n

-个点任意两点之间连有弦，共()()212112

n n ---条．

综上，总共有弦至少为 ()()()1212112

2

n n n n y ----=

+

221210n n =-+ 2

2139924n ?

?=-+ ???

．

所以当10n =或11时，y 取到最小值100．这就证明了不超过120?的弧不少于100条．

27.1.16*** 某个岛国的每条道路都是单行道，任两个城市之间恰有一条路．证明存在一个这样的城市，从另外每个城市或者可以直接到达该城市，或者可经过至多一个城市到达该城．

解析 对每个城市，计算通到这个城市的单行线的条数，其中最大的记为m ，设M 是到达这个数的城市．

记D 为有直路通到M 的城市的全体，设R 是除了M 和D 中城市外的其他城市的全体． 如果R 中没有任何城市，则结论当然成立；

否则，不妨设X 为R 中的城市，则D 中的有某个城市E 使得道路X E M →→是通的．事实上，如若不然，则D 中所有城市都有直路通到X ，而且M 也直接通到X ．这样通到X 的直路至少有1m +条，这与我们对M 的假设矛盾．

这样，所有进入的道路数达到最大的城市都满足题中的条件．

评注 对于存在性有关的问题，极端原理解题时，有时实际是构造性的，并且常常与反证法结合着使用．

27.1.17**** 有23个人，每人的体重都是偶数．他们想进行一场足球比赛，每队11人，剩下的人为裁判．为了公平起见，两个队队员体重之和要求相等．事实上，他们发现不论选谁做裁判，他们都能做到这一点．证明：这23个人的体重都相同．

解析 对满足题意的23个数{1x ，2x ，…，23x }，当我们把每个数减去一个相同的数或者除以一个相同的数，所得的新数组仍然满足题意．

若23人的体重满足条件，则称构成的数组{1x ，2x ，…，23x }为“平衡的”．设S 为23个数的和，若选取1x 为裁判，则1S x -一定是偶数，因为剩余的22名队员体重和能均分成两份．同理，2S x -，3S x -，…，23S x -也都是偶数．所以对于一个平衡的数组，其中的元素具有相同的奇偶性．

下面我们证明，平衡数组的每个数都相等．设a 为其中的最小元素，定义i i b x a =-，则新集合{1b ，2b ，…，23b }也是平衡的且每个元素非负，其中某些元素是0．因为0是偶数，所以所有的数都是偶数．

取2

i

i b c =

，则{1c ，2c ，…，23c }同样含有一些0，是平衡的．因此，我们仍然可以把每个元素除以2得到新的平衡数组，而且我们可以一直这样做下去．只有0这个整数能够不断除以2且保持是一个整

数．所以我们可以推断{1b ，2b ，…，23b }都是0．

评注 本题证明中结合使用了奇偶分析和无穷递降法．使用无穷递降法会回到类似的情形． 27.1.18** 证明不定方程33324x y z +=没有正整数解（x ，y ，z ）．

解析 假设方程有正整数解，设（1x ，1y ，1z ）是所有正整数解中使x 最小的一组解．由于 33311124x y z +=，

所以31x 是偶数，故1x 是偶数．设122x x =，则

333211824x y z +=，

即3

332

1142x y z +=， 故1y 是偶数．设122y y =，则

333

211482x y z +=，

即3

332

1124x y z +=， 故1z 是偶数．设122z z =，则

333

212248x y z +=．

所以（2x ，2y ，2z ）也是方程的一组正整数解，且21x x <，矛盾． 所以原方程没有正整数解．

27.1.19*** 设有n （n ≥7）个圆，其中任意3个圆都不两两相交（包括相切），求证：一定可以找到一个圆，它至多能与5个圆相交．

解析 取半径最小的圆（如有多个，取其中一个即可）设为O ．若1O 与6个（或多于6个）的圆2O 、3O 、4O 、5O 、6O 、7O 相交，连结12O O ，13O O ，…，17O O ，则1∠，2∠，…，6∠中至少有

一个不大于60?．设213160O O O ∠=∠?≤，连结23O O ，如图所示．

O 7