答 案
见解析
解析
解：以所有结点为顶点，基本线段为边，作一个图
．设
的顶点数设为，边数为．将矩形
外
部区域看作一个面(区域)，则
共有面数
．
由欧拉定理知
，因此
．
因为
的度数为的点恰个，其余点度为或．度的点为个矩形的顶点，度的点为个矩形的
顶点，度的点为个矩形的顶点．
又每个小矩形的所有顶点数之和为
．
而另一方面，所有小矩形的顶点数之和
．
所以
．
因此
．
故由
可得
，当将
划分为
个小矩形时取等号．
故所求的最大值
．
下再考虑的最小值．
设分割矩形
共用了条横线和条竖线，这里的横线和竖线均不算边界．因条横线，条竖线至多
分出
个区域，所以
．
设度的点有个，度的点有个，则
，
．
又注意到每条横线和竖线最两侧的点为两个矩形顶点，因此都是度的点，且这些点互不重复．故
．
由
，
可得
，
因此
．
这样由
，
可得
．
这时再由
立得
．
其中等号在
的划分中取得．
故
．
模块
模块1：
1
例题1
G
G
v
e
R
G
f = 2017
v + f −e = 2
e = v + 2015
1
( )
G
2
4
3
4
2
1
3
2
4
4
4 × 2016
⩾2 v −4 +
(
)
4 = 20 −4
20 −4 ⩽4 × 2016
v ⩽4034
1
( )
e ⩽6049
R
1 × 2016
e
=
max
6049
e
R
a
b
a
b
a + 1
b + 1
(
) (
)
a + 1
b + 1 ⩾
(
) (
)
2016
2
( )
3
x
4
y
v = 4 + x + y
4 + 2x + 4y = 4 × 2016
3
( )
3
x ⩾2a + 2b
4
( )
2
( )
4
( )
x ⩾2
a + 1 + b + 1
−
((
)
(
))
4 ⩾4
−
a + 1
b + 1
(
) (
)
4 ⩾4
−
2016
4 > 175.59
x ⩾176
5
( )
3
( )
5
( )
v = 2019 +
x ⩾
2
1
2107
1
( )
e ⩾4122
42 × 48
e
=
min
4122
答 案
见解析
解析
解：将多边形的边数记作，下面对作归纳．
当
时，结论显然成立．
假设结论对
成立，接下来证明结论对
也成立
假设凸边形
被其互不相交的对角线分成了一系列等腰三角形．设为其中的一条对角线，将多
边形
分成
与
两个凸多边形．则这两个凸多边形的边数均小于，且均被其一些互不相交的
对角线划分为一系列等腰三角形．
据归纳假设，在多边形
中存在两条相等的边
、
．若
、
均不为，则它们即为所求，此
时，对多边形
结论成立．
若
、
之一为，不妨设
为．考虑多边形
．据归纳假设，在多边形
中也存在两条相等的
边
、
．若
、
均不为，则它们即为所求．否则，不妨设
为，则
、
即为多边形
的
两条互不相同的边，它们均与等长．所以，
与
即为所求．
答 案
见解析
解析
解：将所作的直线按顺时针方向依次记作
，
，
，
．此过程具体做法如下：任取一点
，先
经过
作各条直线的平行线，将这些平行线按顺时针方向依次编号，再让原来的直线采用其平行线
的编号即可．如图，在条直线所分出的区域中有
个区域为无限区域，将这些无限区域分别记为
，
，
，
，使得
界于
与
之间，以及
与
之间(规
定
)．
开始时，可往每个(有限的和无限的)区域里各放一个．对于直线
，用
表示
的右侧数之和与左侧数之和的差数(可认为区域
与
位于直线的左侧)．
若
，则往区域
与
中各增加
．在此过程中，对于任何
，差数
均不发生
变化，这是因为区域
与
位于直线
的不同侧．如此一来，
变为．
类似地，若
，则往区域
与
中各增加
，使得
变为，其余的
不变．
继续这样的步骤，每一步均使得一个
变为，而不改变其余的
．
1
1
例题2
n
n
n = 3
n < k k ⩾4
(
)
n = k
k
P
d
d
P
P
1
P
2
k
P
1
a
1
b
1
a
1
b
1
d
P
a1
b1
d
b1
d
P
2
P
2
a2
b2
a2
b2
d
b2
d
a1
a2
P
d
a1
a2
例题3
l
1
l
2
⋯
l
n
O
O
n
2n
S
1
S
2
⋯
S
2n
l
i = 1, 2, ⋯, n
i (
)
S
i
S
i+1
S
n+i
S
n+i+1
S
=
2n+1
S
1
1
l
i = 1, 2, ⋯, n
i (
)
D
i
l
i
S
i
S
n+i+1
l
i
D
>
i
0
S
i
S
n+i+1
D
2
1
i
j=
i
/
D
j
S
i
S
n+i+1
l
j
D
i
0
D
<
i
0
S
i+1
S
n+i
D
2
1 ∣
i∣
D
i
0
D
j
D
i
0
D
j
答 案
见解析
解析
解：
时，显然不存在满足条件的，不妨设
．
显然，将一个
的正方形分割成若干个
或
的矩形，必有
．
下面证明一个更强的结论：
引理：将
的正方形分割成若干个
或
的小矩形，则有
．
证明：反证法．
假设
．
设
，有
．
再设
，
．
则
，
．
由
，有
．
又
，故
．
将
的正方形分割成
个
的正方形，从左到右、从上到下依次标记为
，并按所标数字染色，如图．
对于每个
的矩形，恰覆盖了每种颜色的单位格各个．于是，所有的
或
矩形覆盖了相同数量的不同颜色的单位格．这表明，
正方形中各种颜色的单位格数量
相同．
但因为
，所以，每种颜色的单位格个数不可能相等，矛盾．
引理得证．
下面分
或
两种情形讨论．
时，由引理知为偶数．设
．显然，
，时不存在好分割．
接下来证明：
时也不存在好分割反证法．
若不然，存在好分割．
将
的正方形分成
个单位正方形，每个
或
的小矩形恰包含了其中的两个单位正
方形，共有
条直线将正方形分成两个部分但不经过任何一个单位格内部．
对于一种好分割，上述
条直线每条至少经过一个
或
的矩形，若每条直线均至少经过
两个
或
的矩形，则图中至少有
个
或
的矩形，但图中总共只有
个
或
的矩形，矛盾．故有一条直线恰经过一个
或
的矩形．
考虑这一条直线，如图．
1
例题4
m = 1
n
m ⩾2
n × n
m × 1
1 × m
m
n
∣∣
2
n × n
m × 1
1 × m
m n
∣
m n
d = m, n
(
)
d > 1 m
n
(
∣∣
2 )
n = n
d
1
m = m
d
1
m
, n
=
(
1
1)
1
m
>
1
1
m
n
∣∣
2
m
n
d
1 ∣∣
1
2
m
, n
=
(
1
1)
1
m
d
1 ∣
n × n
n
1
2
d × d
1, 2, ⋯, m
, 1, 2, ⋯
1
m × 1 = m
d ×
1
1
d
m × 1
1 × m
n × n
m not
n
1
∣∣
1
2
m = 2
m ⩾3
1 m =
( )
2
n
n = 2k
k = 1
2
k = 3
6 × 6
36
2 × 1
1 × 2
10
10
2 × 1
1 × 2
2 × 1
1 × 2
20
2 × 1
1 × 2
18
2 × 1
1 × 2
2 × 1
1 × 2
该直线将正方形分成了两个部分．因为这条直线只经过一个
或
的矩形，所以，这两部
分分别被若干个
或
的矩形覆盖，但每部分均只有奇数个单位格，矛盾．
从而，
．
下面给出
的构造．
如图，外面先按照如图的方式围一圈，中间
的正方形的对角线用阴影部分表
示的
矩形覆盖，剩下部分用若千个
的矩形覆盖，容易验证这样的分割是好分割．
时，
．
首先证明：
时不存在好分割．
反证法．
由于左上角的单位格必须被覆盖，不妨设被一个
的矩形覆盖．如图12(以
为例)．
由于第一行第
，
，
，
列必须被覆盖，由好分割的定义，只能被
矩形覆
盖．此时，考虑右下角的
正方形，若它里面有一个
的矩形，已矛盾；若不存在
的矩形，则只能为如图12的情形．注意加粗的实线，得出矛盾．
从而，
．
下面给出
时的构造．
如图，外面按照如图的方式围一圈，其中，上下方向的箭头表示用
的小矩形铺满该区域，左
2 × 1
1 × 2
2 × 1
1 × 2
k ⩾4
k ⩾4
2k −4 ×
(
)
2k −4
(
)
1 × 2
2 × 1
2 m ⩾
( )
3
n = km k ⩾2
(
)
n = 2m
1 × m
m = 4
m + 1
m + 2
⋯
2m
m × 1
m × m
m × 1
m × 1
k ⩾3
k ⩾3
m × 1
右方向的箭头类似，中间的
任意填充，易验证这样的分割为好分割．
答 案
见解析
解析
解：若
，则设三角形的三个顶点分别为
，
，
；若
，则设三角形
的三个顶点分别为
，
，
．
下面证明：只可能被或整除．
将已知三角形的直角顶点置于坐标原点，另两个顶点的坐标分别为
，
．
注意到，点
与
所连线段内的整点(不含端点)的个数为
．
则整点的个数总共为
．
显然，
．
又
，即
．
类似地，
．
从而，
．
故
或
．
于是，整点数要么为
要么为
．
因为在
个连续正整数中，有且仅有个能被或整除，所以，在
中，恰有
个满
足以上要求．
答 案
见解析
解析
1
1
m k −2 ×
(
)
m k −2
(
)
例题5
n = 3k
0, 0
(
)
k, 0
(
)
0, k
(
)
n = 4k
0, 0
(
)
k, k
(
)
k, −k
(
)
n
3
4
a, b
(
)
b, −a
(
)
a, b
(
)
c, d
(
)
gcd a −c, b −d −
(
)
1
2 gcd a, b +
(
)
gcd a −b, a + b
(
)
gcd a, b
gcd a −b, a + b
(
) ∣
(
)
gcd a −b, a + b
a −b + a + b
(
) ∣((
)
(
))
gcd a −b, a + b
2a
(
) ∣
gcd a −b, a + b
2b
(
) ∣
gcd a −b, a + b 12 gcd a, b
(
)
(
)
gcd a −b, a + b =
(
)
gcd a, b
(
)
2 gcd a, b
(
)
3 gcd a, b
(
)
4 gcd a, b
(
)
12
6
3
4
1 ∼2017
1008
例题6
解：如下图，作四边形
，使得对角线互相垂直且交于点
，则其六条边的长度为互不相同
的正整数，且四个三角形的面积分别为
，
，
，
．故这样的凸包
为一个莲花图．
答 案
见解析
解析
解：任取一组本原勾股数
、
．如下图，作四边形
，使得其对
角线互相垂直且交于点
，令
，
，
，
，则其六条边的长
度为互不相同的正整数，且四个三角形的面积也分别为互不相同的正整数．故这样的凸包
都为莲花图．且显然互不相似．
答 案
见解析
解析
解：根据题设条件：
存在一条直线
上恰有个点；
也存在一条直线
上恰有
个点，且其中至多有一个点与
上的点重合，故
上至少引入
个新的点；
也存在一条直线
上恰有
众点，且其中至多有一个点与
上的点重合，也至多有一个点与
上的点重合，故
上至少引入
个新的点；
依此类推，直线
上至少
个点，这里
．
于是，至少需要
2
1
ABCD
O
S
=
△ABC
2520
S
=
△ACD
4536
S
=
△ABD
1680
S
=
△BCD
5376
ABCD
a, b, c =
3, 4, 5
(
) / (
)
3, 5, 4
(
)
ABCD
O
OA = 6a
OB = 8a
OC = 8b
OD = 6b
ABCD
例题7
l
1
n
l
2
n −1
l
1
l
2
n −2
l
a
n −2
l
1
l
2
l
a
n −2 −2 = n −4
l
k
n −2 k −1
(
)
k ⩽
+
[2
n]
1
个点，才可能满足条件．
另一方面，我们构造一种恰有
个点的满足条件的方案．
当奇数时，设
．先作
条两两互不平行的直线
、
、…、
，
使它们无三线共点，则每条直线上恰有
个点，共计
个点．
作直线
与
，
，
，
各有一个交点；作直线
与
，
，
，
各有一个交点；
，作直线
与
、
各有一个交点；作直线
与直线
有一个交点．于是又产生
个点．+
此时，共有
个点，且直线
上恰有
个点，直线
上恰有
个点，
，直线
上恰有
个点；直线
上恰有个点，
直线
上恰有
个点，
，
上恰有个点．
(2)当为偶数时，设
．先作
条两两互不平行的直线
，
，
，
，使它们无三
线共点，则每条直线上恰有个点，共计
个点．
作直线
与
，
，
，
各有一个交点；作直线
与
，
，
，
各有一个交点；
；作直线
与
、
各有一个交点；作直线
与直线
有一个交点．于是又产生
个点．
此时，共有
个点，且直线
上恰有
个点，
直线
上恰有
个点，
，直线
上恰有个点；直线
上恰有
个点，直线
上
恰有
个点，
，
上恰有个点．
综上所述，至少需要
个点才能满足题设条件．
答 案
见解析
解析
解：为方便起见，引入如下术语．
若一个单位立方体的顶点均为红色，则称之为红色立方体；若一个单位正方形的顶点均为红色，且
此正方形平行于
平面，则称之为红色正方形；若一条单位线段的顶点均为红色，且此线段平行
于轴，则称之为红色线段．设所有红点构成的集合为
，平面
上的所有红点构成的集合为
，直线
，
上的所有红点构成的集合为
．
先证明一个引理．
引理：对正整数
，
中的红色正方形的数目不小于
．
证明：设
中有
个红色正方形，条红色线段．从两方面估算．
一方面，对每个
，若
非空，可设其中坐标最小的红点为
，坐标最大的红点为
．
则由题意，知
恰为线段
上所有整点所构成的集合．于是，
上红色线段的数目为
．
1
n + n −2 +
(
)
n −4 +
(
)
⋯+
n −2
=
(
[2
n])
+ 1
n −
=
([2
n]
) (
[2
n])
[
4
n + 1
(
)2
]
[
4
n + 1
(
)2
]
(1)
n
n = 2k + 1
k + 2
l
1
l
2
l
k+2
k + 1
2
k + 1
k + 2
(
) (
)
l
k+3
l
1
l
2
⋯
l
k
l
k+4
l
1
l
2
⋯
l
k−1
⋯
l
2k+1
l
1
l
2
l
2k+2
l
1
k + k −1 +
(
)
⋯+ 1 =
2
k k + 1
(
)
+
2
k + 1
k + 2
(
) (
)
=
2
k k + 1
(
)
k + 1
=
(
)2
[
4
n + 1
(
)2
]
l
1
2k + 1
l
2
2k
⋯
l
k+1
k + 1
l
k+a
k
l
k+4
k −1
⋯
l
2k+2
1
n
n = 2k
k + 1
l
1
l
2
⋯
l
k+1
k
2
k k + 1
(
)
l
k+2
l
1
l
2
⋯
l
k
l
k+a
l
1
l
2
⋯
l
k−1
⋯
l
2k
l
1
l
2
l
2k+1
l
1
k + k −1 +
(
)
⋯+ 1 =
2
k k + 1
(
)
+
2
k k + 1
(
)
=
2
k k + 1
(
)
k +
2
k =
[
4
n + 1
(
)2
]
l
1
2k
l
2
2k −1
⋯
l
k+1
k
l
k+3
k −1
l
k+4
k −2
⋯
l
2k+1
1
[
4
n + 1
(
)2
]
例题8
Oxy
x
R
z = c
R
c
y = b
z = c
R
bc
1 ⩽c ⩽n
Rc
R
−
∣
c∣
2n −1
(
)
R
c
S c
( )
I
I
1 ⩽b ⩽n
Rbc
x
P
x
Q
R
bc
PQ
R
bc
R
−
∣
bc∣
1
故
．
另一方面，每条红色线段在轴上的投影为轴上的单位线段，将所有红色线段按照其投影分类．
对于轴上的单位线段，设以为投影的红色线段的数目为
．若
，设以为投影的红色
线段的坐标的最小值为
，最大值为
，则
．
由题意，知对于每个整数
，
也均为红色线段．于是，对整数
，
均为红色正方形，共
个，
．
故
．
结合式
、
得
．
引理得证．
设共有
个红色立方体，个红色正方形．
一方面，由引理知
．
另一方面，每个红色正方形在
平面上的投影为
平面的单位正方形，将所有红色正方形按
照其投影分类．对于
平面上的单位正方形，设以为投影的红色单位正方形的数目为
．若
，设以为投影的红色正方形的坐标的最小值为
，最大值为
，则
．
由题意，知对于每个整数
，
也均为红色正方形．于是，对于每个整
数
，
均为红色立方体，共
个，
．
故
．
结合式
、
即得
．
I =
R
−1 ⩾
R
= ∅
bc/
∑(∣
bc∣
)
R
−n =
R
= ∅
bc/
∑∣
bc∣
R
−
∣
c∣
n
①
x
x
x
u
u
I
u
I
⩾
u
1
u
y
y
0
y
1
I
⩽
u
y
−
1
y
+
0
1
y ∈y
, y
[ 0
1]
u × y ×
{ }
c
{ }
y ∈y
, y
−1
[ 0
1
]
u × y, y + 1 ×
{
}
c
{ }
y
−
1
y
0
y
−
1
y
⩾
0
I
−
u
1
S c ⩾
( )
I
−1 ⩾
I
⩾1
u
∑( u
)
I
−n −1 =
I
⩾1
u
∑
u
(
)
I −n −1
(
)
②
①
②
S c ⩾
( )
I −n −1 ⩾
(
)
R
−
∣
c∣
n −n −1 =
(
)
R
−
∣
c∣
2n −1
(
)
C
S
S =
S c ⩾
c=1
∑
n
( )
R
−2n −1
c=1
∑
n
(∣
c∣
(
))
③
Oxy
Oxy
Oxy
v
v
S
v
S
⩾
v
1
v
z
z
0
z
1
S
⩽
v
z
−
1
z
+
0
1
z ∈z
, z
[ 0
1]
v × z
{ }
z ∈z
, z
−1
[ 0
1
]
v × z, z + 1
{
}
z
−
1
z
0
z
−
1
z
⩾
0
S
−
v
1
C ⩾
S
−1 ⩾
S
⩾1
v
∑(
v
)
S
−n −1
=
S
⩾1
v
∑
v
(
)2
S −n −1
(
)2
④
③
④
C ⩾S −n −1
(
)2
⩾
R
−2n −1
−
c=1
∑
n
(∣
c∣
(
))
n −1
(
)2
=
R
−3n −3n + 1 =
c=1
∑
n
∣
c∣
(
2
)
k
