第13講從0到無窮大的計數(shù)作業(yè)

1、從。到無窮人”的計數(shù)1.10個三角形最多將平面分成幾個部分?2 . 一個長方形把平面分成兩部分，那么三個長方形最多把平面分成 部分.3 .平面上的5個圓和3條直線最多能把平面分成多少部分?4 .用10個1父3的小長方形去覆蓋3M10的方格網(wǎng)，一共有多少種不同的覆蓋方法。5 .證明 13 +23 +33 +W+n3 =1n2(n + 1)2 , n 為自然數(shù)46 . （2006年 迎春杯”中年級組決賽）有6個木箱，編號為1, 2, 3,，6,每個箱子有一把鑰匙，6把鑰匙各不相同，每個箱子放進一把鑰匙鎖好.先撬開 1, 2號箱子，可以取出鑰匙去開箱子上的 鎖，如果最終能把6把鎖都打開，則說這是一種

2、放鑰匙的好”的方法，那么 好”的方法共有種.7 .給你一架天平和兩個祛碼，這兩個祛碼分別重50克和100克，如果再添三個祛碼，則這五個祛碼可以稱的重量種類最多是 種。（天平的左右兩盤均可放祛碼 ）8 .有30個石子，一個人分若干次取，每次可以取1個，2個或3個，但是每次取完之后不能留下質(zhì)數(shù)個，有多少方法取完？石子之間不作區(qū)分，即只考慮石子個數(shù)。9 .有從一年級到六年級的兒童各一人，排成一列領(lǐng)取糖果。如果一個高年級的兒童站在低年級的兒童前面，那么高級年兒童后面所有比他年級低的兒童都會各有一次怨言”。在一種排列順序里，我們把所有怨言”的總數(shù)叫 怨言數(shù)（注：一個人可以有兩次以上的怨言”。）例如：下面

3、的排列，其 怨言數(shù)”就是4。（前）怨言”1年級生0次4年級生0次3年級生1次2年級生2次6年級生0次5年級生1次怨言數(shù)”4次問：怨言數(shù)”為7的排列順序有幾種？10 .整數(shù) 1,2,3, 數(shù)。那么總共有,14排成一排，滿足：每個數(shù)或者大于它前面的所有數(shù)，或者小于它前面的所有 個滿足條件的排列方式。11 .（第七屆華杯賽”決賽）對一個自然數(shù)作如下操作：如果是偶數(shù)則除以 經(jīng)過9次操作變?yōu)?的數(shù)有多少個？2;如果是奇數(shù)則加1.如此進行直到為 1操作彳止.求12 .（第六屆 隼杯賽”復(fù)賽）下面的（a）、（b）、（c）、（d）為四個平面圖.數(shù)一數(shù)，每個平面圖各有多少個頂點 別圍成了多少個區(qū)域？青將結(jié)果填入

4、下表（按填好的樣子做）.?多少條邊？它們分頂點數(shù)邊數(shù)區(qū)域數(shù)(a)463(b)(c)(d)(b)觀察上表，推斷一個平面圖的頂點數(shù)、邊數(shù)、區(qū)域數(shù)之間有什么關(guān)系 ？現(xiàn)已知某個平面圖有 999個頂點，且圍成了 999個區(qū)域，試根據(jù)以上關(guān)系確定這個圖有多少條 邊.13 . 一個長方形把平面分成兩部分，那么四個長方形最多把平面分成 部分.14 .上一段12級樓梯，規(guī)定每一步只能上一級或兩級樓梯，要登上第12級樓梯，不同的走法共有種.15 .有20個石子，一個人分若干次取，每次可以取1個，2個或3個，但是每次取完之后不能留下3的倍數(shù)個，有多少方法取完？石子之間不作區(qū)分，即只考慮石子個數(shù)。幾何計數(shù)例16.下圖

5、中共有 個正方形17.下面的5M5和6x4圖中共有 個正方形18拓展：如圖，將圓周十等分，每間隔兩個點，用線段連接兩個等分點，共得到圓的十條弦，它們彼 此相交，構(gòu)成各種幾何圖形。請回答：圖中共有多少個四邊形（包括凹四邊形）？19.如下圖，由9個面積為1的等邊三角形組成的一個大的等邊三角形，這個大的等邊三角形內(nèi)部及 邊上共有10個交叉點。以這些交叉點為頂點，可以連成多少個等邊三角形？所連成的全部等邊三 角形的面積的總和是多少？20拓展：如下圖，由 4個正六邊形組成，每個的面積是6,中心分別是 A, B,C,D,以這4個正六邊形的頂點和中心為頂點，可以連接為等邊三角形的個數(shù)有多少個？所有連接出的三

6、角形的面積 總和是多少？格點圖計數(shù)如圖，一塊木板畫有正方形網(wǎng)格，上面有 14枚釘子（圖中的黑點）,用橡皮筋套住其中的幾枚釘子, 可以構(gòu)成正方形的個數(shù)是多少？22.如下圖，平面上有16個點，每個點上都釘上釘子，形成 4>4的正方形釘陣，現(xiàn)有許多皮筋，問能套 出多少個正方形.23.（第十五屆華羅庚金杯少年數(shù)學邀請賽初賽）如圖的大正方形格板是由81個1平方厘米的小正方形鋪成，B, C是兩個格點。若請你在其它的格點種標出一點 A,使得三角形ABC的面積恰等于3平方厘米，則這樣的 A點共有多少個？24.25.如下圖，在3父3的方格表內(nèi)，每個小正方形的面積均為1。請問:以格點為頂點共可以連出多少個面

7、積為以格點為頂點共可以連出多少個面積為以格點為頂點共可以連出多少個面積為4的三角形？3的三角形？1.5的三角形？如下圖，在邊長為 1的小正方形組成的 4乂4方格圖中，共有 25個格點，在以格點為頂點的直角 三角形中，兩條直角邊長分別是1和3的直角三角形共有多少個？四、乘法原理組合計數(shù)26 .圖中可數(shù)出的三角形的個數(shù)為 27 .正方體的頂點（8個），各棱的中點（12個），各面的中心（6個），正方體的中心（1個），共27個點，以 這27個點中的其中3點為頂點一共能構(gòu)成多少個三角形？五、染色計數(shù)28 .某沿海城市管轄 7個縣，這7個縣的位置如下圖。現(xiàn)用紅、黑、綠、藍、紫五種顏色給下圖染色, 要求任意

8、相鄰的兩個縣染不同的顏色，共有多少種不同的染色方法？29 .如圖，把A、B、C、D、M這五個部分用5種不同的顏色染色，且相鄰的部分不能使用同一種顏色, 不相鄰的部分可以使用同一種顏色，那么這幅圖一共有多少種不同的染色辦法？30 .把一根圓木棍分成等長的七節(jié)，每節(jié)用紅、黃、藍、綠四種顏色中的一種來涂，共有多少種不同 的涂法？（如果兩根木棍可以經(jīng)過翻轉(zhuǎn)使得顏色順序相同，那么認為這兩根木棍是同一種涂法。31 . 9個小等邊三角形拼成下圖， 用3種不同的顏色將下圖的每個小直角染色，且相鄰的部分不能使用同一種顏色，有的顏色也可以不用，不相鄰的部分可以使用同一種。一共有多少種不同的染色方式？（如果兩種染法

9、能夠由翻轉(zhuǎn)、旋轉(zhuǎn)而重合，則把它們視為同一種染法）六、最新杯賽計數(shù)題32 . （2010年高年級數(shù)學解題能力展示復(fù)賽）蜜蜂王國為了迎接 2010年春節(jié)的到來，特地筑了一個蜂巢如下.每個正六邊形蜂窩中，有由蜂蜜凝結(jié)而成的數(shù)字0、1或2.春節(jié)到來之時，群蜂將在巢上跳起舞步，舞步的每個節(jié)拍恰好走過的四個數(shù)字：2010（從某個2出發(fā)最后走完四步后又回到2,如圖中箭頭所示為一個舞步 ），且蜜蜂每一步都只能從一個正六邊形移動到與之有公共邊的正六邊形上.蜜蜂要經(jīng)過四個正六邊形且所得數(shù)字依次為2010,共有種方法.附加題：1 .（日本第七屆算術(shù)奧林匹克）有很多白色或黑色的棱長是 1cm的小正方體.取其中的27個

10、，拼成一個棱長是3cm的大正方體，每 一面都各用2個黑色的小正方體拼成了相同的圖案。見例圖.例圖中正方體的每一面的圖案都相同，因此，用8個或9個黑色小正方體就可拼成這樣的大正方體.除例圖的圖案之外，還可以拼成每面 的圖案都相同的大正方體.問：在下圖的中找出可以拼成每面都相同的圖案.問：在問中，可以按要求拼成的大正方體各用幾個黑色小正方體？最多的用幾個？最少的用幾 個？2 . （2006年第11屆華杯賽初賽4分）圖中有 個正方形，有一個三角形。3.把正方體的六個表面都劃分成 有公共邊的正方形染不同的顏色,9個相等的正方形.用紅、黃、藍三種顏色去染這些小正方形，要求 那么，用紅色染的正方形最多有多

11、少個？4 .用4種不同的顏色來涂正四面體 （如圖，每個面都是完全相同的正三角形）的4個面，使不同的面涂有不同的顏色，共有 種不同的涂法.（將正四面體任意旋轉(zhuǎn)后仍然不同的涂色法，才被認為 是不同的）5 .鞏固：在圖中（單位：厘米）：一共有幾個長方形？所有這些長方形面積的和是多少5122473816 . 一個半圓周上共有12個點，直徑上5個，圓周上7個，以這些點為頂點，可以畫出多少個三角形?7.圖中共有 個三角形。8 .在8X8的黑白相間染色的國際象棋棋盤中，以網(wǎng)格線為邊的、恰包含兩個白色小方格與一個黑色小方 格的長方形共有多少個？9 .圖中可數(shù)出的三角形的個數(shù)為多少?10 .如下圖，A、B、C、

12、D、E為五個區(qū)域，現(xiàn)備有五種顏色為五個區(qū)域涂色，涂色要求：每相鄰兩個 區(qū)域（如A和B、B和C）不同色，每個區(qū)域只涂一色。問共有多少種不同的涂色方案？答案1.設(shè)n個三角形最多將平面分成an個部分.n =1 時，a1 =2 ；n =2時，第二個三角形的每一條邊與第一個三角形最多有2個交點，三條邊與第一個三角形最多有2黑3 =6（個）交點.這6個交點將第二個三角形的周邊分成了6段，這6段中的每一段都將原來的每一個部分分版2個部分，從而平面也增加了6個部分，即a2 =2+2x3.n=3時，第三個三角形與前面兩個三角形最多有4M3=12（個）交點，從而平面也增加了 12個部分，即：a3 =2 +2X3

13、+4X3.一般地，第n個三角形與前面（n1）個三角形最多有2（n1p<3個交點，從而平面也增加2（n1p<3 個部分，故 an =2+2 父3+4M3 + |"+2（n -1產(chǎn)3=2+吃+4+| + 2（n1 ）M3 = 3n2n+2 ,特別地，當n=10時，310 =3x102 +3x10 +2=272,即10個三角形最多把平面分成 272個部分.小結(jié)：n個圖形最多可把平面分成部分數(shù)：*八、n n 1直線：1+）；2，圓：2 +n x（n 1三角形：2 +3xn x（n -1 ）;長方形：2+4Mnx（n_1）.2. 一個長方形把平面分成兩部分.第二個長方形的每一條邊與

14、第一個長方形最多有2個交點，4條邊與第一個長方形最多有 2 X4 =8（個）交點.這8個交點將第二個長方形的周邊分成8段，這8段中的每一段都將原來的每一個部分分成2個部分，從而平面也增加了 8個部分，成為10個部分。第三個長方形的每一條邊與前 2個長方形最多有 4個交點，4條邊與前2個長方形最多有4 M 4 = 16 （個）交 點.這16個交點將第三個長方形的周邊分成16段，這16段中的每一段都將原來的每一個部分分成2個部分，從而平面也增加了16個部分，成為26個部分。所以三個長方形至多把平面分成26個部分.3. 1個圓能把平面分成 2部分，2個圓與原來的圓產(chǎn)生 2個交點，這兩個交點把新圓分割

15、出2段曲線，能得到2塊新部分，共得到 4部分.第3個圓與原來的圓最多產(chǎn)生 4個交點，這4個交點把新圓分割出 4段曲線，能得到4塊新部分， 共得到8部分.第4個圓與原來的圓最多產(chǎn)生 6個交點，這6個交點把新圓分割出 6段曲線，能得到6塊新部分， 共得到14部分.第5個圓與原來的圓最多產(chǎn)生 8個交點，這8個交點把新圓分割出 8段曲線，能得到8塊新部分， 共得到22部分.由此可得分得塊數(shù)規(guī)律為 2 +2 +4 +6 +8+川，5個圓加1條直線，直線最多能產(chǎn)生 10個交點，得 到10個新部分（兩端屬于同一塊）.第2條直線，又可以產(chǎn)生 11個新交點，得到12個新部分.第3 條直線，又可以產(chǎn)生 12個新交

16、點，得到13個新部分.所以最終把平面分成 57部分.4. 遞推法.若用1父3的小長方形去覆蓋3 Mn的方格網(wǎng)，設(shè)方法數(shù)為 人，那么A=1, A2=1. A3 =2 當n之4時，對于最左邊的一列有兩種覆蓋的方法：用1個1父3的小長方形豎著覆蓋， 那么剩下的3M（n-1）的方格網(wǎng)有An。種方法；用3個1M3的小長方形橫著覆蓋，那么剩下的3x（n-3）的方格 網(wǎng)有從3種方法，根據(jù)加法原理，可得 An =入,+入二.遞推 可得至UA4 =1+2=3,A5=1+3=4,A6=2+4=6,A7=3+6 = 9,A8 = 4+9=13,2=6+13=19, A。=9+19=28.所以覆蓋3父10的方格網(wǎng)共有

17、28種不同方法.5 .顯然當n=i,n=2時者B成立，假設(shè)當n=k時成立，即13+23 +33 +山+k3 =1 k2(k+1)2,那么n =k+1 4-rQQQQ&1o9&199 時，13 +23 +33 +|+k3 +(k +1)3 = k2(k +1)2 +(k +1)3 =(k +1)2(k +2)2,即公式也成立， 所以原公 44式成立。6 .遞推法.設(shè)第1, 2, 3,，6號箱子中所放的鑰匙號碼依次為k1 , k2, k3,，k6 .當箱子數(shù)為n（n至2）時，好的放法的總數(shù)為 an.當 n=2 時，顯然 a2=2（k1=1,卜2=2或匕=2, k2=1）.當n =3

18、時，顯然k3 #3 ,否則第3個箱子打不開，從而 k1 =3或k2 =3,如果k1 =3 ,則把1號箱子 和3號箱子看作一個整體，這樣還是鎖著1, 2兩號鑰匙，撬開1, 2兩號箱子，那么方法有 a2種；當k2 =3也是如此.于是n =2時的每一種情況對應(yīng) k, =3或k2 =3時的一種情況，這樣就有a3 =2a2 =4 .當n之4時，也一定有kn#n,否則第n個箱子打不開，從而 K、k?、kn中有一個為n ,不 論其中哪一個是n,由于必須要把該箱子打開才能打開n號箱子，所以可以將鎖著這把鑰匙的箱子與第n號箱子看作1個箱子，于是還是鎖著k1、k2、k這（n-1 ）把鑰匙，需要撬開1, 2兩號箱子

19、，所以每種情況都有a7種.所以%=（n-1耳.所以，%=5a5 =5父4包=|=5M4M3M2a2 =2父5!=240 ,即好的方法總數(shù)為 240種.7 .假設(shè)新加的祛碼是：1, 6, 15。若祛碼放在左盤記為正，右盤記為負，不放記為0。五個祛碼，每次有3種選擇，一共243種情況，去掉都不放的情況還剩下242種。左右對稱所以有121種，由于100 -50 =50 ,所以還要減去 33 =27種，剩下94種情況。只有50和100的時候只能稱3種情況，增加一個祛碼，針對每一種情況都有增加一個這祛碼，減 少一個這祛碼兩種情況，再加上新增加的祛碼本身就是增加了3X 2+1=7個重量，原來還有 3種重量

20、，那么就一共有 3X 3+1=10種重量，再增加一個祛碼，同樣的方法就有108 .根據(jù)題意取完之后，剩下的石子個數(shù)只能是28,27,26,25,24,22,21,20, 18,16,15,14,12,10,9,8,6,4,1,0 ,乘U下 0 即代表所有石子取完，因為每次可以取1個，2個或3個，根據(jù)遞推思路，因此剩下的石子個數(shù)只能是28,27,26,25,24,22,21,20, 18,16,15,14,12,10,9,8,6,4,1,0 對應(yīng)的取法列表如下剩下的后了個數(shù)28272625242221201816對應(yīng)的取法1236111728457373剩下的后了個數(shù)15141210986410

21、對應(yīng)的取法146219365365730109518251825182518259.如果只有1、2兩個兒童，怨言為 0的有1種排列，怨言為1的有1種排列。有3個兒童的話，3 插到最前面，原有的怨言數(shù)加2, 3插到中間，原有的怨言數(shù)加1, 3插到最后，原有的怨言數(shù)不變。2人進怨言數(shù)為“Q 1”，排列為“1”。3人時怨言數(shù)為“Q 1, 2, 3”，排列為“I 2, 2, 1”。即： 第一行是3插到最后，第二行是 3插到中間，第三行是 3插到最前。12 2 11 1二4人時為12 2 11112 2 1+ 11+12 2 11 2 2 11 3 5 6 5 3 14人時，第一行是 4插到最后，第二行

22、 4插到倒數(shù)第二個，第三行是4插到倒數(shù)第三個，第四行是4插到最前。4人時怨言數(shù)為0,1,2,3,4,5,6,7的分別有1,3,5,6,5,3,1種排列，6人時怨言數(shù)為7的排列有101種。10 . 1個數(shù)的時候，1種排列，ai =1 ;對于n >2,如果數(shù)n排在第i位，則它之后的n-i個數(shù)完全確定, 只能是n-i, n-i-1 , ,1,而它之前的i-1個數(shù)有&工種排法?？紤]到i的不同值。有n 1an =1 +a +a2 +H|an,，谷易得到 an =2 一。14個數(shù)有8192種排法11 .可以先嘗試一下，倒推得出下面的圖:其中經(jīng)1次操作變?yōu)?的1個，即2,經(jīng)2次操作變?yōu)?的1個

23、，即4,經(jīng)3次操作變?yōu)?的2個, 是一奇一偶，以后發(fā)現(xiàn)，每個偶數(shù)可以變成兩個數(shù)，分別是一奇一偶，每個奇數(shù)變?yōu)橐粋€偶數(shù)，于是，經(jīng)1、2、次操作變?yōu)?的數(shù)的個數(shù)依次為1, 1, 2, 3, 5, 8,這一串數(shù)中有個特點：自第三個開始，每一個等于前兩個的和，即 即經(jīng)過9次操作變?yōu)?的數(shù)有34個.為什么上面的規(guī)律是正確的呢？道理也很簡單.設(shè)經(jīng)過n次操作變?yōu)?的數(shù)的個數(shù)為2廠則21=1, a2=1, a3 =2,從上面的圖看出，an十比an大.一方面，每個經(jīng)過n次操作變?yōu)?的數(shù)，乘以2,就得出一個偶數(shù)，經(jīng)過n +1次操作變?yōu)?;反過來，每個經(jīng)過n+1次操作變?yōu)?的偶數(shù)，除以2,就得出一個經(jīng)過n 次操作變

24、為1的數(shù).所以經(jīng)過n次操作變?yōu)?的數(shù)與經(jīng)過n+1次操作變?yōu)?的偶數(shù)恰好一樣多.前者的個數(shù)是an,因此后者也是an個.另一方面，每個經(jīng)過n次操作變?yōu)?的偶數(shù)，減去1,就得出一個奇數(shù)，它經(jīng)過n十1次操作變?yōu)?, 反過來.每個經(jīng)過n十1次操作變?yōu)?的奇數(shù)，加上1,就得出一個偶數(shù)，它經(jīng)過n次操作變?yōu)?.所 以經(jīng)過n次操作變?yōu)?的偶數(shù)經(jīng)過n+1次操作變?yōu)?的奇數(shù)恰好一樣多.而由上面所說，前者的個數(shù)就是an J因此后者也是an經(jīng)過n +1次操作變?yōu)?的數(shù)，分為偶數(shù)、奇數(shù)兩類，所以O(shè)n + On +0n J-即上面所說的規(guī)律的確成立.滿足規(guī)律，并且& =a? =1的一串數(shù) 稱為裴波那契(Fibona

25、cci,約11751250)是意大利數(shù)學家,以他的名字命名的這種數(shù)列有很廣泛的應(yīng)用如果從圓球3開始，將相連接的4個圓球上的數(shù)字相加(含圓球3),能得到13的可能性有多殺中？注 意，允許吧一組數(shù)字的反方向排列視作一種新線路來計算。F分析與解一共有七個：其中的四邊形軌跡可以正反兩向頂點數(shù)邊數(shù)區(qū)域數(shù)(a)463(b)8125(c)1694(d)1015612.填表.由該表可以看出，所給四個平面圖的頂點數(shù)、邊數(shù)及區(qū)域數(shù)之間有下述關(guān)系： 43-6=18 5 -12 =1 6 4 -9 =1 10 - 6 -15 =1 所以，我們可以推斷：任何平面圖的頂點數(shù)、邊數(shù)及區(qū)域數(shù)之間，都有下述關(guān)系： 頂點數(shù)十區(qū)域

26、數(shù)邊數(shù)=1.由上面所給的關(guān)系，可知所求平面圖的邊數(shù).邊數(shù)=頂點數(shù)+區(qū)域數(shù)-1 =999 999 -1二199713 . 一個長方形把平面分成兩部分.第二個長方形的每一條邊與第一個長方形最多有2個交點，4條邊與第一個長方形最多有 2父4 =8 （個）交點.這8個交點將第二個長方形的周邊分成8段，這8段中的每一段都將原來的每一個部分分成2個部分，從而平面也增加了8個部分，成為10個部分。第三個長方形的每一條邊與前2個長方形最多有4個交點，4條邊與前2個長方形最多有4黑4 =16（個）交點.這16個交點將第三個長方形的周邊分成16段，這16段中的每一段都將原來的每一個部分分成2個部分，從而平面也增加

27、了16個部分，成為26個部分。所以三個長方形至多把平面分成26個部分.4個長方形：26+24=50個14 .遞推法.上1級臺階只有1種走法，上2級臺階有1+1和2兩種走法，事實上，上第n階臺階，跨最后一步前，人所在的臺階一定是在第n1級臺階或n2級臺階上,所以跨上第n級臺階的走法數(shù)相當于跨上第n1級臺階和第n-2級臺階的總和.依照這一規(guī)律，列表寫出跨1到12級各級的走法數(shù).最后遞推得到登上第12級樓梯有233種走法.12345678910111212358132134558914423315.根據(jù)題意取完之后，剩下的石子個數(shù)只能是19,17,16,14,13,11,10,8,7,5,4,2,1

28、,0剩下0即代表所有石子取完，因為每次可以取1個，2個或3個，根據(jù)遞推思路，對應(yīng)的取法列表如下剩下的后了個數(shù)191716141311108754210對應(yīng)的取法123581321345589144233377610即共有610種取法。16 .每個4父4正方形中有：邊長為 1的正方形有42個；邊長為2的正方形有32個； 邊長為3的正方 形有22個；邊長為4的正方形有12個；總共有 42 + 32 + 22 + 12 = 3。）正方形.現(xiàn)有5個4M4的 正方形，它們重疊部分是 4個2M2的正方形.因此，圖中正方形的個數(shù)是30X5 -5X 4 =130 .17 .在5M5的圖中，邊長為1的正方形52

29、個；邊長為2的正方形42個； 邊長為3的正方形32個；邊 長為4的正方形22個；邊長為5的正方形有12，總共有 52 + 42 + 32 + 22 + 12 =腕）正方形.在 6父4的圖中邊長為1的正方形6父4個；邊長為2的正方形5父3個； 邊長為3的正方形4父2個； 邊長為4的正方形3父1個；總共有 6父4 +5父3+4父2+3父1 =42（個）18拓展：【詳解】如下面五種四邊形，每種 10個，共有50個四邊形。復(fù)雜分類枚舉計數(shù)【分析】19.按照面積分成以下六類討論:面積為4的共3個面積為7的共1個綜上所述，總共15個等邊三角形，總面積為34。面積為1的共28個面積為3的共18個面積為9的共

30、6個面積為7的共16個面積為12的共2個面積為13的共4個綜上所述，總共88個等邊三角形，總面積為380。21 .分三類，如下圖，共有 2+6+4=12種。22 .按面積分成以下五類:面積為1共9個 面積為2共4個面積為4共4個面積為5共2個 面積為9共1個所以，總共有20個正方形。23 .先找一個能夠面積為 3的點，比如A點，然后根據(jù)等積變換，底相等，高相等，即面積相等?？梢宰銎叫芯€，再下方也可以繼續(xù)做平行線。共8個。24 .兩條直角邊長分別是 1和3的直角三角形都分布在一個豎放的目”字，或一個橫放的 目”字里。豎放的 目”字或橫放的目”字共有16個。每個 目”字里面有 4個這樣的直角三角形

31、，那么共有16M4 =64 個。底為2（豎直），高為3（水平）的三角形16個； 底為3（豎直），高為2（水平）的三角形16個； 重復(fù)計算16個，所以總共48個。（3）有至少一條邊在表格上：底為3（水平），高為1（豎直）的三角形24個;底為1（水平），高為3（豎直）的三角形24個; 底為3（豎直），高為1（水平）的三角形24個;底為1（豎直），高為3（水平）的三角形24個; 重復(fù)計算24個，所以總共72個。如圖，三條邊都不在表格上：每個2父2正方形中有4個這樣的三角形，共有 16個?；蛘呷鐖D還有一種情況：這樣的情況一共有 4個三角形。 所以總共72 +16 +4 =92個。26 .這個圖不像我們

32、以前數(shù)三角形那樣規(guī)則，粗看似乎看不出其中的規(guī)律，不妨我們?nèi)〕銎渲械囊粋€ 三角形，發(fā)現(xiàn)它的三條邊必然落在這個圖形中的三條大線段上，而每三條大線段也正好能構(gòu)成一 個三角形，因此三角形的個數(shù)和三條大線段的取法是一一對應(yīng)的關(guān)系，圖中一共有7條大線段，因此有C3 =35個三角形。27 . 27個點中取三個點一共有 C；7 =2925種，這樣的取法中，只要不是這3點共線，這3點就能構(gòu)成三角形.過三點的直線可以分為3類：由兩個頂點連線構(gòu)成的有 C；=28條；由兩個面的中心連線的有3條，由兩條棱的中點連線的有12 M3+2 =18條（各棱的中點共有12個，每個可引出這樣的直線3條，共引出12 M3條，但是每條

33、用了其中的 2個點，也就是被計算了 2遍，所以實際上只有 12父3+2=18條），所以3點共線的共有 28+3+18=49種， 所以能構(gòu)成的三角形有 2925 -49 =2876個.28 .在保持本質(zhì)結(jié)構(gòu)不變的情況下（本題是指相鄰關(guān)系）把不規(guī)則圖形轉(zhuǎn)化成規(guī)則圖形來思考是常用的數(shù)學方法。為了便于分析，把地圖上的7個縣分別編號 AG （如下圖）：先染A ,有5種選擇；再染 B ,有4種選擇；再染C ,有3種選擇；再染D ,有3種選擇； 再染E ,有3種選擇；再染F，有3種選擇；再染G，有3種選擇。共有5X4X3X3X3X3X3 = 4860 種不同的染色方法。29 .分兩種情況，首先，當 A C顏

34、色相同時，按 M、A、C、B、D順序染色，有5 M4父3 M3 =180種；其次，當A、C顏色不同時，按M、A、C、B、D順序染色，有5 X4 M3 M2父2 =240種。綜上所述，共有 180 +240 =420種。30 .如果不考慮括號中的內(nèi)容，總共有4父4父4父4父4父4父4=47種涂法。但這是不可能的，因為諸如像 紅黃綠藍綠藍黃”與 黃藍綠藍綠黃紅”兩種不同順序染色的兩根木棍，將其中一根左右顛倒一 下就與另一根相同了，所以它們應(yīng)算作是相同的染法，即 這2個算1個”。但是并不是所有的染 法都是 兩個算一個”，當出現(xiàn)左右對稱的情況時，如紅黃藍綠藍黃紅”，無論怎樣顛倒，仍是 紅黃藍綠藍黃紅”

35、，這時-個就算一個”了。所以我們只需要把所有個就算一個”的再加上，使總數(shù)算了兩遍，再除以2就可以了。我們經(jīng)過計算，左右對稱的共有4父4父4父4 = 44。所以共有（47 +44戶2 =8320種不同的涂法。AAA1222220202212200222226次。所以，既不旋轉(zhuǎn)重合也不翻轉(zhuǎn)重合(3)下面計算既不旋轉(zhuǎn)重合 種之中，旋轉(zhuǎn)重合的有32. 30轉(zhuǎn)重合也不翻轉(zhuǎn)重合的每個在這528種之中計算了的：共有(528 -12 -252 廣6 =44 種。A BAC BCABABAB C BA B C B A吉左右翻轉(zhuǎn)后重合的(其它可通過旋轉(zhuǎn)后得到)，如圖，按F順序染色，共有3M2M2M2M2M2 =9

36、6種。其中，只是翻轉(zhuǎn)重合，而不是D / D F E F(2)翻轉(zhuǎn)重合的，如果A、B、C、D、E、旋轉(zhuǎn)重合的有96 -84種。也不翻轉(zhuǎn)重合的：首先計算不管翻轉(zhuǎn)與旋轉(zhuǎn)的，應(yīng)為528種。這52812種，只是翻轉(zhuǎn)重合而不是旋轉(zhuǎn)重合的計算了84 X3 =252種。既不旋I0飛2 21< 22，T 03!+3!=12種，需要注意到，旋轉(zhuǎn)重合的必然翻轉(zhuǎn)重合。31. (1)旋轉(zhuǎn)重合的有如下圖，共有圖中標2的六邊形分兩類，第一類如上左圖所示,第二類如上右圖所示.從第一類六邊形出發(fā)，每個六邊形都只有1種走法，因此共有 6種走法.從第二類六邊形出發(fā)，每個六邊形有4種不同的走法，其中兩種是環(huán)形回路種是原路返回(

37、粗線表示)，因此共有4X6=24種走法.綜上所述，共有24 +6 =30種不同的走法.(細線表布),兩附加題：1 【分析】本題主要考查學生的空間想象能力.在原來的棱長為1cm的小正方體中,個面的顏色都是相同的，要么是白色，要么是黑色，所以，在拼成的棱長為3cm由于每一個的6的大正方體中，如果出現(xiàn)有某一面上有黑色的小正方形，那么就要注意與這個小正方形同屬一個小正方體的其他面也 應(yīng)當是黑色的.【詳解】(1):圖中的可以；：最多用10個，最少用4個.圖必然有黑色立方體出現(xiàn)角上，在選定了某一個頂點為黑色立方體后，相鄰的正面出現(xiàn)了 圖所示的圖案，則在上面必定是出現(xiàn)與選定的這個頂點相鄰部分有一面是黑的，然

38、而此時 左面的情況就是至少三塊成黑色了，與圖所示的圖案不可能相同.所以圖不可以； 圖的正面如圖所示，則上面也必定在某一個角上，如果是在相鄰的角，則某一面上有 黑色的；如果是在對角，而對角的情況與圖所示的圖案不同.所以圖不可以；圖可以，如下左圖所示.通過切片法”，可以知道最少5塊，而最多可用6塊(有一塊在大立方體的中間，從表面看不到的那塊）;圖可以，如下左圖所示.可以看出最少有4塊，最多有5塊;圖中，最少有 9塊黑塊，最多有 10塊.請注意這里從最多角度考慮，所以把最中心的一塊算在內(nèi)，其實這一塊從六個方向都看不到;圖中，最少有圖中，當把上下前后四個面染好后，左右兩個面是無法染成相同圖案的.所以圖

39、不可以.2 .第1問，以面積大小數(shù)正方形，記最小的正方形面積為1;面積為1的正方形的個數(shù)：36;面積為2的正方形的個數(shù)：4;面積為4的正方形的個數(shù)：25;面積為9的正方形的個數(shù)：16;面積為16 的正方形的個數(shù)：9;面積為25的正方形的個數(shù) 4;面積為36的正方形的個數(shù)：1。所以，共有36+4+25+16+9+4+1=95（個）正方形。第2問，以圖中的最小的直角三角形為計數(shù)基本單位數(shù)三角形:由2個基本圖形單位組成的三角形共37個；由4個基本圖形單位組成的三角形共30個；由8個基本圖形單位組成的三角形共4個；由9個基本圖形單位組成的三角形共10個；由16個基本圖形單位組成的三角形共2個；所以圖中

40、共有三角形 72+37+30+4+10+2=155（個）。3 . 一個面最多有 5個方格可染成紅色（見左下圖）.因為染有5個紅色方格的面不能相鄰，可以相對, 所以至多有兩個面可以染成5個紅色方格.其余四個面中，每個面的四個角上的方格不能再染成紅色，至多能染4個紅色方格(見上中圖).因為染有4個紅色方格的面也不能相鄰，可以相對，所以至多有兩個面可以染成4個紅色方格.最后剩下兩個相對的面，每個面最多可以染2個紅色方格(見右上圖).所以，紅色方格最多有5 m2+4 m2+2父2 =22 (個). (另解)事實上上述的解法并不嚴密，如果最初的假設(shè)并沒有兩個相對的有5個紅色方格的面，是否其他的四個面上可

41、以出現(xiàn)更多的紅色方格呢？”這種解法回避了這個問題，如果我們從約束染色方格數(shù)的本質(zhì)原因入手，可嚴格說明22是紅色方格數(shù)的最大值.對于同一個平面上的格網(wǎng)，如果按照國際象棋棋盤的方式染色，那么至少有一半的格子可以 染成紅色.但是現(xiàn)在需要染色的是一個正方體的表面，因此在分析問題時應(yīng)該兼顧棱、角等 面與面相交的地方：如圖，每個角上三個方向的 3個方格必須染成不同的三種顏色，所以8個角上最多只能有 8個方格染成紅色.如圖，陰影部分是首尾相接由 9個方格組成的環(huán)，這9個方格中只能有4個方格能染成同一 種顏色(如果有5個方格染同一種顏色，必然出現(xiàn)相鄰，可以用抽屜原理反證之：先去掉一個 白格，剩下的然后兩兩相鄰的分成四個抽屜，必然有一個抽屜中有兩個紅色方格),像這樣的環(huán)，在正方體表面最多能找到不重疊的兩道(關(guān)于正方體中心對稱的兩道 ),涉及的18個方格中最多