高中数学竞赛讲座抽屉原理
抽屉原理
抽屉原理又叫重叠原则或鸽原则，抽屉原则有如下几种情形。
抽屉原则I 把1+n 件东西任意放入n 只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。 抽屉原则II 把m 件东西放入n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有??
????n m 件东西。 抽屉原则III 如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。
利用抽屉原则解题时，其关键是如何利用题中已知条件构造出与题设密切相关的“抽屉”，下面通过例子说明抽屉原则的应用。
例1．在边长为1的正方形内任意放置5个点，试证：其中必有两个点，它们之间的距离不大于2
2。 证明：将边长为1的正方形划分成如图所示的四个边长为
21的小
正方形，则每个小正方形中任意两点间的距离不大于2
2，据抽屉原理：5个点放入四个正方形中，其中至少有一个正方形中至少有2个点，则这两个点间的距离不大于2
2。 例2．证明：边长为1的的正三角形内任意放置5个点，其中必有两点，其距离不超过21。 证明：将边长为1的正三角形的各边中点连结起来，得到四个小正三角形，则每个小正三角形中任意两点间的距离不大于
2
1，据抽屉原理：5个点放入4个小正三角形中，其中至少有一个小正三角形中至少有2个点，则这两个点间的距离不超过21。 例3．在边长为1的正方形中有任意九个点。试证：在以这些为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形，其面积不大于8
1。
证明：将边长为1的正方形划分为如图所示的4个44
1?的小长方形，9个点放入4个小长方形中，则必有一个长方形中放入了至少3个点，设为C B A ,,,则三角形ABC 的面积不大于过
81，证明如下：A 作边的平行线交BC 于A '，则：
C A A B A A ABC S S S '?'??+=8
141121=??≤。 例4．求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。 证明：因为任意一个整数被3除的余数只能是0，1，2，若任给的5个整数被3除的余数
中0，1，2都出现，则余数为0，1，2的三个整数之和能被3整除；若5个数被3除的余数只出现0，1，2中的两个，则据抽屉原理知：必有3个整数的余数相同，而余数相同的3个数之和能被3整除。故任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。 例5．求证：在100,97,,10,7,4,1Λ中任选20个不同的整数，其中必有二整数之和为104。 证明：将100,97,,10,7,4,1Λ这34个自然数分成如下18个集合：
{}{}{}{}{}52,55,49,,97,7,100,4,1Λ，从100,97,,10,7,4,1Λ中任选20个数，即从上述18个集合中选20个数，则必有一个集合中选了2个数，而这两个数的和为104。
例6．设n a a a ,,,21Λ是自然数n ,,3,2,1Λ随意打乱次序重新排列而成的一串数，
n 是奇数。证明：)()1)(1(21n a a a n ---Λ总是偶数。
证明：因n 为奇数，设12+=k n ，则n ,,3,2,1Λ中共有1+k 个奇数，从而n ,,3,2,1Λ，n a a a ,,,21Λ中共2（1+k ）=122+=+n k 个奇数，这1+n 个奇数放入n 个括号中，则必有一个括号中的两个数均为奇数，从而这两个数之差为偶数，所以)()1)(1(21n a a a n ---Λ总是偶数。
例7．求证：对于任给的1987个自然数198721,,,a a a Λ，从中总可以找到若干个数，使它们的和能被1987整除。
证明：构造如下1987个和：198721321211,,,,a a a a a a a a ++++++ΛΛ ，若其中有一个和能被1987整除，则结论成立。否则上述1987个和除以1987的余数只能为1986,,2,1Λ，则其中必有两个和的余数相同，设为i a a a +++Λ21，j a a a +++Λ21 （)j i <， 则)()()(212121j i i i j a a a a a a a a a +++=+++-+++++ΛΛΛ能被1987整除。 例8．在任意一次集会中，其中必有两个人，他们认识的人一样多，试证明之。 证明：设参加集会的共有n 个人，制造如下抽屉：
认识的人的人数为0的人属于集合0A ；认识的人的人数为1的人属于集合1A ； 认识的人的人数为2的人属于集合2A ，…；认识的人的人数为1-n 的人属于集合1-n A 这里得到n 个集合，可以证明0A ，1-n A 中至少有一个集合为空集。若0A 中有一个元素，则其余1-n 个人最多认识2-n 个人，所以1-n A 为空集；同理可证：若1-n A 中有一个元素，则0A 为空集。所以上述n 个集合，其实至多只有1-n 个集合。n 个人放入1-n 个集合中，其中必有一个集合中有两个人，结论得证。
例9．证明：在全世界所有人中任选六个人，其中一定有三个人，他们之间或者互相认识，或者互相不认识。
证明：从6个人中任一个人记为A ，则其余5个同A 或者认识，或者不认识，据抽屉原理：其中必有三个人同A 认识，或者不认识；
若有三个人同A 认识，则这三个人或者互不认识，则结论成立。或者有两个人相互认识，则这两个人同A 三人互相认识。
若有三个人同A 不认识，则这三个人或者互相认识，则结论成立，或者有两个人互不认识，则这两个人同A 三人互不认识。结论成立。
例10．平面上有1987个点，任取三个点都有两点的距离小于1。求证：存在半径为1的圆，它至少盖住994个点。
证明：在所给的1987个点中任选一点，记为A ，以A 为圆心作一个半径为1的圆，若其余的1986个点都在圆A 内，则结论成立；否则，在圆A 外的点中任一点，记为B ，以B
为圆心作一个半径为1的圆，则除去B A ,之外的其余1985个点必在圆A 或圆B 内，否则，至少存在一点C 在圆A 或圆B 的外部，则C B A ,,三点任两点间的距离均大于1，与条件矛盾，所以除去B A ,之外的其余1985个点必在圆A 或圆B 内。据抽屉原理：必有一个圆内至少有9931211985=+??
????-个点，加上圆心共994个点。知结论成立。 例11．十七个科学家，其中每一个和其他所有的人都通信。在他们的通信中，只讨论三个题目，而且每两个科学家之间只讨论一个题目。求证：至少有三个科学家相互之间在讨论同一个题目。
证明：在17位科学家中任选一位，记为A ，则A 至少与其余16位科学家中的613116=+??
????-位科学家讨论同一题目，记为题目1，若这6位科学家中有两位科学家在讨论题目1，则结论成立；若这6位科学家都不讨论题目1，则他们只能讨论另外两题目，据抽屉原理：他们中至少有3位科学家在讨论同一题目。从而知：结论成立。
例12．一个国际社团的成员来自六个国家，共有1978人，用1978,,2,1Λ来编号。试证明：该社团至少有一个成员的编号与他的两个同胞的编号之和相等，或是其一个同胞编号的二倍。
证明：证明：用反证法，即设每个国家成员编号m k k k Λ,,21中不存在k j i k k k +=我们将用抽屉原理引出矛盾。
六个国家共有成员1978人，而1978=64329+?，所以总有一个国家1A 的成员至少有330人，设他们编号数为,,,33021a a a Λ且33021a a a <<<Λ作329个差
,12a a -133013,,a a a a --Λ （1）
由反证法假定，它们不能是1A 国成员的编号数（若a a a i =-1是1A 国成员的编号，则a a a i +=1，与反证法假定矛盾），所以这329个差数是另外五国成员的编号，由于 329=5465+?，因此有一个国家（记为2A ）至少有66个成员的编号数落在差数（1）的范围，记这66个编号当选为66216621,,,b b b b b b <<<ΛΛ由反证法假设又知道5个差为数 1661312,,,b b b b b b ---Λ （2）
不可能是2A 国成员的编号数，也不可能是1A 国的，因为若某11(A a b b i =-国成员编号），则,)()(11a a a a a n m =---故a a a n m +=，与反证假定型矛盾。于是（2）的数只能是另四国成员编号，由于 116465+?=
所以有某国3A 的确良17位成员的编号数落在（2）中，记这些编
17211721,,,,C C C C C C <<<ΛΛ，作6个差数
1171312,,,C C C C C C ---Λ （3）
则它们不是3A ，也不是2A 、1A 国的成员的编号数，故必是另三个国家的。由于 15316+?=，因些有某国4A 的6位成员的编数落在（3）中，记这6个编号数为6321d d d d <<<<Λ，作五个差数，161312,d d d d d d ---Λ （4） 同样道理知它们只能是其余两个国家成员的编号数，因些有5A 国的3个成员编号数落在
（4）中，这3个编号记为321e e e <<。又作差,,1312e e e e --它不是54321,,,,A A A A A 国的成员编号数，所以131e e f -=是第六国6A 成员的编号，此时12f f -不能是156,,,A A A Λ的成员编号，但1978012≤- 例13．在100个连续自然数100,,2,1Λ中，任取51个数，试证明在这51个数中，一定有两个数，其中一个是另一个的倍数。 证明：任意一个自然数都能表示成为t m 2)12(?-（m 为自然数，t 为非负整数）的形式。将前100个自然数分为如下50个集合： {} 6 543210121,21,21,21,21,21,21???????=A {}543210223,23,23,23,23,23??????=A {}43210325,25,25,25,25?????=A …{}9749=A ，{}9950=A ，其中前100个自然数中的每个自然数都属于其中一个集合，而且只属于一个集合。据抽屉原理：从中选51个数，必有两个数是取自同一个集合，在同一个集合中，较大的数必是较小数的倍数。 例14．设M 是由1985个不同的自然数组成的集合，M 中的元素的素因子均不超26，求证：存在M d c b a ∈,,,，使得abcd 是某个自然数的四次方。 证明：不超过26的质数共9个：23,19,17,13,11,7,5,3,2，所以这1985个正整数可表示为：9212332ααα???Λ的形式，0,,0,0921≥≥≥αααΛ，考虑),,,(921αααΛ的奇偶 性类型，共有51229=种类型。在1985全正整数中可找出一对),,,(921 ααα'''Λ、),,,(921 ααα''''''Λ有相同奇偶性，即i α'与i α''奇偶性相同，9,,2,1Λ=i 。然后在剩下的21985-个数中又可以找出两个，他们的指数),,,(921 ααα'''Λ、),,,(921ααα''''''Λ也有相同的奇偶性。如此下去，由于51251321985>?-，故可得513对),,,(921 ααα'''Λ、 ),,,(921ααα''''''Λ，且有i i βαα2i =''+'（9,,2,1Λ=i ），最后，在上述的513个 ),,,(921βββΛ中，又必有两个),,,(92 1βββ'''Λ、),,,(921βββ''''''Λ奇偶性相同，所以i i i γββ2=''+'，9,,2,1Λ=i ，设i i βαα'=''+'2i ，i i i βαα''=+2，9,,2,1Λ=i ，则 i i i i γαααα4i =++''+'，9,,2,1Λ=i 。此时所求四个数为： 9212332ααα'''???Λ,9212332ααα''''''???Λ,9212332ααα???Λ,9212332ααα???Λ。 例 15．平面上有两个定点A 和B 及任意四点4321,,,P P P P ，求证：这四点中一定有两点 j i P P ,（j i j i ≠=,4,3,2,1,）使得3 1|sin sin |≤∠-∠B AP B AP j i 。 证明：显然：π≤∠≤B AP i 0，1sin 0≤∠≤∴B AP i （4,3,2,1=i ），即在]1,0[内有四个实数B AP B AP B AP B AP 4321sin ,sin ,sin ,sin ∠∠∠∠，把]1,0[分成三个子区间?? ????????????????1,32,32,31,31,0，由抽屉原理知：B AP B AP B AP B AP 4321sin ,sin ,sin ,sin ∠∠∠∠中必有两个数在同一区间中，不妨设为)4,3,2,1,,( sin ,sin =≠∠∠j i j i B AP B AP j i ，则： 3 1|sin sin |≤∠-∠B AP B AP j i ，命题得证。 例16．任给7个实数，证明其中必有两个数，记为y x ,，满足3 310≤+-≤ xy y x 证明：设7个实数为721,,,x x x Λ，令)2,2( ππθθ-∈=i i i tg x ，将区间)2 ,2(ππ-分为6个子区间，每个子区间的长度为6 π，即为： )2 ,3[],3,6[],6,0[],0,6[],6,3[],3,2(ππππππππππ-----，据抽屉原理知：必有两个角βα,落在同一区间中，即其差在0与6 π之间，，由于这两个角的正切对应着7个实数中， 2个实数y x ,，则由βαtg y tg x ==,60πβα≤-≤，得3310≤+-≤βαβαtg tg tg tg ， 即：3 310≤+-≤xy y x 。 练习 1．假设空间中有六个点，其中任意三点不共线，任意四点不共面，在每两点之间连结直线段后，将每一条线段或者染上红色，或者染上蓝色。求证：不论怎样染色，一定存在一个三角形，它的三边有相同的颜色。 2．任给无理数α和正整数Q ，一定可以找到一个有理数n m （其中Q m <<0），使得 mQ m n 1||<-α。 3．设121,,,+n a a a Λ是自然数，并且n a a a n 21121≤<<<≤+Λ，则总能找到这样两个数i a 与j a )11(+≤<≤n j i ，使得j i a a |。 4．设ΛΛ,,,,21n a a a 是任意一个具有性质)1( 1≥<+k a a k k 的正整数的无穷序列，求证：这个序列中有无穷多个m a 可以表示为q p m ya xa a +=，其中y x q p ,,,是适当的正整数，且q p ≠。 5．设自然数n 有下面的性质：从n ,,2,1Λ中任取50个不同的数，这50个数中必有两个数之差等于7，这样的n 的最大的一个值是多少？ 6．任何十个不同的两位数的集合必能选出两个不相交的子集，使每个子集内的各数之和相等。 7．设{ }280,,3,2,1Λ=S ，求最小自然数n 使得S 的每个有n 个元素的子集含有5个两两互素的数（IMO （32）） 8．设10021,,,x x x Λ都是整数，则这些整数中必有一些相邻的项，如)1001( ,,,1≤+<≤++k i i x x x k i i i Λ，使它们的和被100整除。 9．能否在n 行n 列的方格表的空格上分别填上3,2,1三个数，使得每行每列及每条对角线上各数字之和各不相同。 10．在12,,12,12,121321-----n Λ中，求证至少有一个数被n 整除，其中n 为大于1的奇数。 11．一个象棋大师有11个星期用来准备参加比赛，代决定每天至少下一盘棋，但为了使自己不太累，他决定在任一星期内不下多于12盘棋，试证：存在一些连续的日子，代在这些日子里恰好下了21盘棋。 12．在不超过91的自然数中任取10整数，证明这10个数中一定有两个数的比值在区间?? ????23,32内。 13．任给7个实数，证明其中必有两个数，记为y x ,，满足3 310≤+-≤xy y x 14．求证：存在不全为0的整数c b a ,,，且每个数的绝对值均小于1000000，使1110|32|-<++c b a 。 例15．设321,,a a a 为任意三个整数，321,,b b b 是321,,a a a 这三个数任意调换次序得到的一个排列，试证：332211,,b a b a b a ---中至少有一个是偶数。 27同余 1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作，显然，； 每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余； 2.同余的性质： 1).反身性：； 2).对称性：； 3).若，则; 4).若，，则 特别是； 5).若，，则； 特别是 ； 6).； 7).若 ； 8).若， ……………… ，且 例题讲解 1．证明：完全平方数模4同余于0或1； 2．证明对于任何整数,能被7整除； )(mod m b a ≡)(mod m b a ≡)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -?∈+=?≡)(mod m a a ≡)(mod )(mod m a b m b a ≡?≡)(mod m b a ≡)(mod m c b ≡)(mod m c a ≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ±≡±)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±?≡)(m od 11m b a ≡)(m od 22m b a ≡)(m od 2121m b b a a ≡)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡?∈≡则)(m od ),(m od m b a N n m b a n n ≡?∈≡则)(mod )(m ac ab c b a +≡+)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当)(mod )(mod ).(mod ),(m b a mc bc ac d m b a d m c ≡?≡≡=特别地，时，当)(m od 1m b a ≡)(m od 2m b a ≡)(mod 3m b a ≡)(mod n m b a ≡)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡??=，则0≥k 153261616+++++k k k 平面几何中几个重要定理及其证明 一、 塞瓦定理 1．塞瓦定理及其证明 定理：在?ABC 内一点P ，该点与?ABC 的三个顶点相连所在的三条直线分别交?ABC 三边AB 、BC 、CA 于点D 、E 、F ，且D 、E 、F 三点均不是?ABC 的顶点，则有 1AD BE CF DB EC FA ??=． 证明：运用面积比可得ADC ADP BDP BDC S S AD DB S S ????==． 根据等比定理有 ADC ADC ADP APC ADP BDP BDC BDC BDP BPC S S S S S S S S S S ??????????-=== -， 所以APC BPC S AD DB S ??=．同理可得APB APC S BE EC S ??=，BPC APB S CF FA S ??=． 三式相乘得 1AD BE CF DB EC FA ??=． 注：在运用三角形的面积比时，要把握住两个三角形是“等高” A B C D F P 还是“等底”，这样就可以产生出“边之比”． 2．塞瓦定理的逆定理及其证明 定理：在?ABC 三边AB 、BC 、CA 上各有一点D 、E 、F ，且D 、 E 、 F 均不是?ABC 的顶点，若1AD BE CF DB EC FA ??=，那么直线CD 、AE 、BF 三线共点． 证明：设直线AE 与直线BF 交于点P ，直线CP 交AB 于点D /，则据塞瓦定理有 / / 1AD BE CF D B EC FA ??=． 因为 1AD BE CF DB EC FA ??=，所以有/ /AD AD DB D B =．由于点D 、D /都在线段AB 上，所以点D 与D /重合．即得D 、E 、F 三点共线． 注：利用唯一性，采用同一法，用上塞瓦定理使命题顺利获证． 二、 梅涅劳斯定理 A B C D E F P D / 抽屉原理 抽屉原理又叫重叠原则或鸽原则，抽屉原则有如下几种情形。 抽屉原则I 把1+n 件东西任意放入n 只抽屉里，那么至少有一个抽屉里有两件东西。 抽屉原则II 把m 件东西放入n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉里至少有?? ????n m 件东西。 抽屉原则III 如果有无穷件东西，把它们放在有限多个抽屉里，那么至少有一个抽屉里含无穷件东西。 利用抽屉原则解题时，其关键是如何利用题中已知条件构造出与题设密切相关的“抽屉”，下面通过例子说明抽屉原则的应用。 例1．在边长为1的正方形内任意放置5个点，试证：其中必有两个点，它们之间的距离不大于2 2。 证明：将边长为1的正方形划分成如图所示的四个边长为 21的小 正方形，则每个小正方形中任意两点间的距离不大于2 2，据抽屉原理：5个点放入四个正方形中，其中至少有一个正方形中至少有2个点，则这两个点间的距离不大于2 2。 例2．证明：边长为1的的正三角形内任意放置5个点，其中必有两点，其距离不超过21。 证明：将边长为1的正三角形的各边中点连结起来，得到四个小正三角形，则每个小正三角形中任意两点间的距离不大于 2 1，据抽屉原理：5个点放入4个小正三角形中，其中至少有一个小正三角形中至少有2个点，则这两个点间的距离不超过21。 例3．在边长为1的正方形中有任意九个点。试证：在以这些为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形，其面积不大于8 1。 证明：将边长为1的正方形划分为如图所示的4个44 1?的小长方形，9个点放入4个小长方形中，则必有一个长方形中放入了至少3个点，设为C B A ,,,则三角形ABC 的面积不大于过 81，证明如下：A 作边的平行线交BC 于A '，则： C A A B A A ABC S S S '?'??+=8 141121=??≤。 例4．求证：任给五个整数，必能从中选出三个，使得它们的和能被3整除。 证明：因为任意一个整数被3除的余数只能是0，1，2，若任给的5个整数被3除的余数 高中数学竞赛专题讲座：三角函数与向量 一、三角函数部分 1．(集训试题)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别记为a 、b 、c(b ≠1)，且 A C ， A B sin sin 都是方程log b x=log b (4x-4)的根，则△ABC （B ） A ．是等腰三角形，但不是直角三角形 B ．是直角三角形，但不是等腰三角形 C ．是等腰直角三角形 D ．不是等腰三角形，也不是直角三角形 解：由log b x=log b (4x-4)得：x 2-4x+4=0，所以x 1=x 2=2，故C=2A ，sinB=2sinA ， 因A+B+C=180°，所以3A+B=180°，因此sinB=sin3A ，∴3sinA-4sin 3A=2sinA ， ∵sinA(1-4sin 2A)=0，又sinA ≠0，所以sin 2A= 41，而sinA>0，∴sinA=2 1. 因此A=30°,B=90°,C=60°。故选B 。 2．（2006吉林预赛）已知函数y=sinx+acosx 的图象关于x=5π/3对称，则函数y=asinx+cosx 的图象的一条对称轴是（C ） A ．x=π/3 B ．x=2π/3 C ．x=11π/6 D ．x=π 3．2006年南昌市）若三角形的三条高线长分别为12,15,20,则此三角形的形状为( B ) A ．锐角三角形 B ．直角三角形 C ．钝角三角形 D ．形状不确定 4．（2006年南昌市）若sin tan a θθ=+,cos cot b θθ=+,则以下诸式中错误的是( B ) A ．sin θ= 11+-b ab B ．cos θ=1 1+-a ab C ．tan cot θθ+=) 1)(1(21)1(2++-+++b a ab b a D ．tan cot θθ-=)1)(1()2)((++++-b a b a b a 5．（2006安徽初赛）已知△ABC 为等腰直角三角形，∠C = 90°，D 、E 为AB 边上的两个点，且点D 在AE 之间， ∠DCE = 45°，则以AD 、DE 、EB 为边长构成的三角形的最大角是 （ ） A ．锐角 B ．钝角 C ．直角 D ．不能确定 6．（2006陕西赛区预赛）若3 3sin cos cos sin ,02θθθθθπ-≥-≤<，则角θ的取值范围是(C) A ．[0, ]4 π B ．[,]4 ππ C ．5[, ]4 4ππ D ．3[,)42 ππ 7．（2006年江苏）在△ABC 中，1tan 2A =，310 cos 10 B =．若△AB C 的最长边为1，则最短边的长为 （ D ） A ．455 B ．355 C ．255 D ．5 5 8．(2005年浙江)设2)(1=x f ，x x x f 2cos sin )(2+=，x x x f 2cos 2 sin )(3+=，24sin )(x x f =，上述函数中，周期函数的个数是（ B ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【解】： 2)(1= x f 是以任何正实数为周期的周期函数；)(2x f 不是周期函数。 因为x sin 是以π21=T 为周期 的周期函数, x 2cos 是以222π =T 为周期的周期函数, 而1T 与2T 之比不是有理数，故)(2x f 不是周期函数。 )(3x f 不是周期函数。 因为2sin x 是以π221=T 为周期的周期函数, x 2cos 是以2 22π =T 为周期的周期函数, 高中数学竞赛中数论问题的常用方法 数论是研究数的性质的一门科学,它与中学数学教育有密切的联系.数论问题解法灵活,题型丰富,它是中学数学竞赛试题的源泉之一.下面介绍数论试题的常用方法. 1.基本原理 为了使用方便,我们将数论中的一些概念和结论摘录如下: 我们用),...,,(21n a a a 表示整数1a ,2a ,…,n a 的最大公约数.用[1a ,2a ,…,n a ]表示1a ,2a ,…,n a 的 最小公倍数.对于实数x ,用[x ]表示不超过x 的最大整数,用{x }=x -[x ]表示x 的小数部分.对于整数 b a ,,若)(|b a m -,,1≥m 则称b a ,关于模m 同余,记为)(mod m b a ≡.对于正整数m ,用)(m ?表示 {1,2,…,m }中与m 互质的整数的个数,并称)(m ?为欧拉函数.对于正整数m ,若整数m r r r ,...,,21中任何两个数对模m 均不同余,则称{m r r r ,...,,21}为模m 的一个完全剩余系；若整数)(21,...,,m r r r ?中每一个数都与m 互质,且其中任何两个数关于模m 不同余,则称{)(21,...,,m r r r ?}为模m 的简化剩余系. 定理1 设b a ,的最大公约数为d ,则存在整数y x ,,使得yb xa d +=. 定理2(1)若)(mod m b a i i ≡,1=i ,2,…,n ,)(m od 21m x x =,则 1 1n i i i a x =∑≡2 1 n i i i b x =∑； (2)若)(mod m b a ≡,),(b a d =,m d |,则 )(mod d m d b d a ≡； (3)若b a ≡,),(b a d =,且1),(=m d ,则)(mod m d b d a ≡； (4)若b a ≡(i m mod ),n i ,...,2,1=,M=[n m m m ,...,,21],则b a ≡(M mod ). 定理3(1)1][][1+<≤<-x x x x ； (2)][][][y x y x +≥+； (3)设p 为素数,则在!n 质因数分解中,p 的指数为 ∑≥1 k k p n . 定理4 (1)若{m r r r ,...,,21}是模m 的完全剩余系,1),(=m a ,则{b ar b ar b ar m +++,...,,21}也是模 m 的完全剩余系； (2)若{)(21,...,,m r r r ?}是模m 的简化剩余系,1),(=m a ,则{)(21...,,m ar ar ar ?}是模m 的简化剩余系. 定理5(1)若1),(=n m ,则)()()(n m mn ???=. (2)若n 的标准分解式为k k p p p n ααα (2) 121=,其中k ααα,...,21为正整数,k p p p ,...,21为互不相 数学广角 ——抽屉原理 教学内容 《义务教育课程标准实验教科书数学》（人教版）六年级下册第70页。 教学目标 1.经历“抽屉原理”的探究过程，初步了解“抽屉原理”，会用“抽屉原理”解 决简单的实际问题。 2.通过操作发展类推水平，培养数学思维。 3.通过“抽屉原理”的灵活应用感受数学的价值。 教学准备 多媒体课件、铅笔、文具盒等。 教学过程 一、谈话引入 1.生活引入 师：同学们，大家在一起学习六年了，你对你的同学是几月出生的了解吗？ 有谁知道全班同学各是几月出生的吗？ 老师知道全班的同学的生日月份的情况，你们相信吗？ 师：你们全班45位同学，我敢肯定，总有一个月至少有4人过生日。同学们相信吗？ 学生有的相信，有的不相信。 2.讨论验证 师：有相信的也有不信的，那怎么来验证呢？ 师：如果是这个月生日的呢？ 符合的学生站起来。 师：请5月份生日的同学起立。 师：（挑一个都没有过生日的月份来说说）一个都没有啊！那我的这个结论对吗? 学生思考并回答 师：说说理由。 根据学生的回答，板书：总有一个月 师：谁来解释一下，什么叫“总有一个月”？ 师：他用了非常好的一个词语，“某一个月”，是这个意思吗？大家都同意吗？ 师：我们注意到了“总有”这个词，非常不简单！ 师：选一个多于4个同学过生日的月份来说说。如：7位同学。 师：我的结论准确吗？ 师：奇怪，我刚刚说的是4个人，这里却站了7名同学，明显多了啊？ 根据学生的回答板书：至少。 师：真了不起，你们还发现了这个词语！“至少”又怎么解释呢？ 学生思考并回答。 师：再选一个多于4人过生日的月份来说说，如：5位同学。 师：怎么有超过4人啦！我刚刚明明说一个月呀，怎么还有超过4人的呢》我的结论还准确吗？ §23抽屉原理 在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。 “抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。 （一）抽屉原理的基本形式 定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。 证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n 个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。 在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。 同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。 例题讲解 1．已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于 2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 高中数学竞赛专题讲座（解析几何） 一、基础知识 1．椭圆的定义，第一定义：平面上到两个定点的距离之和等于定长（大于两个定点之间的距离）的点的轨迹，即|PF 1|+|PF 2|=2a (2a>|F 1F 2|=2c). 第二定义：平面上到一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0 金牌学生推荐（可参照选择） 一、第零阶段：知识拓展 《数学选修4-1：几何证明选讲》 《数学选修4-5：不等式选讲》 《数学选修4-6：初等数论初步》 二、全国高中数学联赛各省赛区预赛（即省选初赛） 1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用 2、《高中数学联赛备考手册》华东师范大学出版社（推荐指数五颗星） 3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社（推荐指数五颗星） 4、单樽《解题研究》（推荐指数五颗星） 5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几） 6、《平面几何》浙江大学出版社 7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著 三、第二阶段：全国高中数学联赛 一试 0、《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社（推荐指数五颗星） 1、《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社 2、《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社 3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽 4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚） 5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠 6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本） 7、《概率与期望》单樽 8、《同中学生谈排列组合》苏淳 9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版 10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版 11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选（推荐指数五颗星） 12、《圆锥曲线的几何性质》 13、《解析几何》浙江大学出版社 二试 平几 1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选（推荐指数五颗星） 2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选（推荐指数五颗星） 3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》 4、浙大小红皮《平面几何》 5、沈文选《三角形的五心》 6、田廷彦《三角与几何》 7、田廷彦《面积与面积方法》 不等式 8、《初等不等式的证明方法》韩神 9、命题人讲座《代数不等式》计神 10、《重要不等式》中科大出版社 11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》 数论 （9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题） 12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》 13、奥林匹克小丛书《数论》 14、命题人讲座《初等数论》冯志刚 组合 15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》 16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》 17、命题人讲座刘培杰《组合问题》 18、《构造法解题》余红兵 19、《从特殊性看问题》中科大出版社 20、《抽屉原则》常庚哲 四、中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上 命题人讲座《圆》田廷彦 《近代欧式几何学》 《近代的三角形的几何学》 《不等式的秘密》范建熊、隋振林 《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选 《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军 《初等数论难题集》 命题人讲座《图论》 奥林匹克小丛书第二版《图论》 《走向IMO》 重 心 定义：重心是三角形三边中线的交点， 可用燕尾定理证明，十分简单。证明过程又是塞瓦定理的特例。 已知：△ABC 中，D 为BC 中点，E 为AC 中点，AD 与BE 交于O ，CO 延长线交AB 于F 。求证：F 为AB 中点。 证明：根据燕尾定理， S △AOB=S △AOC ， 又S △AOB=S △BOC ， ∴S △AOC=S △BOC ， 再应用燕尾定理即得AF=BF ，命题得证。 重心的性质： 1、重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1。 2、重心和三角形3个顶点组成的3个三角形面积相等。 3、重心到三角形3个顶点距离的平方和最小。 4、三角形到三边距离之积最大的点。 5、在平面直角坐标系中，重心的坐标是顶点坐标的算术平均，即其坐标为((321x x x ++)/3,(321y y y ++)/3)；空间直角坐标系——横坐标：(321x x x ++)/3 纵坐标：(321y y y ++)/3 竖坐标：（321z z z ++）/3 外 心 定义：外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，即外接圆的圆心。 外心定理：三角形的三边的垂直平分线交于一点，该点叫做三角形的外心。 外心性质：三角形的外心是三边中垂线的交点,且这点到三角形三顶点的距离相等。 设1d ,2d ,3d 分别是三角形三个顶点连向另外两个顶点向量的数量积 1c =2d 3d ，2c =1d 3d ，3c =1d 2d ；c=1c +2c +3c 重心坐标：( (32c c +）/2c ，(31c c +)/2c ，(21c c +)/2c ) 垂 心 定义：三角形的三条高的交点叫做三角形的垂心。 性质： 锐角三角形垂心在三角形部 直角三角形垂心在三角形直角顶点 钝角三角形垂心在三角形外部 小学奥数竞赛专题训练之抽屉原理 竞赛专题选讲囊括了希望杯、华罗庚金杯、走进美妙的数学花园、EMC、全国小学数学联赛和数学解题能力展示等在内的国内主要数学竞赛的精华试题 [专题介绍] 把4只苹果放到3个抽屉里去，共有4种放法（请小朋友们自己列举），不论如何放，必有一个抽屉里至少放进两个苹果。 同样，把5只苹果放到4个抽屉里去，必有一个抽屉里至少放进两个苹果。 …… 更进一步，我们能够得出这样的结论：把n＋1只苹果放到n个抽屉里去，那么必定有一个抽屉里至少放进两个苹果。这个结论，通常被称为抽屉原理。 利用抽屉原理，可以说明（证明）许多有趣的现象或结论。不过，抽屉原理不是拿来就能用的，关键是要应用所学的数学知识去寻找“抽屉”，制造“抽屉”，弄清应当把什么看作“抽屉”，把什么看作“苹果”。 [经典例题] 【例1】一个小组共有13名同学，其中至少有2名同学同一个月过生日。为什么？ 【分析】每年里共有12个月，任何一个人的生日，一定在其中的某一个月。如果把这12个月看成12个“抽屉”，把13名同学的生日看成13只“苹果”，把13只苹果放进12个抽屉里，一定有一个抽屉里至少放2个苹果，也就是说，至少有2名同学在同一个月过生日。 【例2】任意4个自然数，其中至少有两个数的差是3的倍数。这是为什么？ 【分析与解】首先我们要弄清这样一条规律：如果两个自然数除以3的余数相同，那么这两个自然数的差是3的倍数。而任何一个自然数被3除的余数，或者是0，或者是1，或者是2，根据这三种情况，可以把自然数分成3类，这3种类型就是我们要制造的3个“抽屉”。我们把4个数看作“苹果”，根据抽屉原理，必定有一个抽屉里至少有2个数。换句话说，4个自然数分成3类，至少有两个是同一类。既然是同一类，那么这两个数被3除的余数就一定相同。所以，任意4个自然数，至少有2个自然数的差是3的倍数。 想一想，例2中4改为7，3改为6，结论成立吗？ 【例3】有规格尺寸相同的5种颜色的袜子各15只混装在箱内，试问不论如何取，从箱中至少取出多少只就能保证有3双袜子（袜子无左、右之分）？ 【分析与解】试想一下，从箱中取出6只、9只袜子，能配成3双袜子吗？回答是否定的。 按5种颜色制作5个抽屉，根据抽屉原理1，只要取出6只袜子就总有一只抽屉里装2只，这2只就可配成一双。拿走这一双，尚剩4只，如果再补进2只又成6只，再根据抽屉原理1，又可配成一双拿走。如果再补进2只，又可取得第3双。所以，至少要取6＋2＋2=10只袜子，就一定会配成3双。 思考：1.能用抽屉原理2，直接得到结果吗？ 2.把题中的要求改为3双不同色袜子，至少应取出多少只？ 3.把题中的要求改为3双同色袜子，又如何？ 【例4】一个布袋中有35个同样大小的木球，其中白、黄、红三种颜色球各有10个，另外还有3个蓝色球、2个绿色球，试问一次至少取出多少个球，才能保证取出的球中至少 高中数学竞赛 数论 剩余类与剩余系 1.剩余类的定义与性质 (1)定义1 设m 为正整数，把全体整数按对模m 的余数分成m 类，相应m 个集合记为：K 0,K 1,…,K m-1,其中K r ={qm+r|q ∈Z,0≤余数r ≤m-1}称为模m 的一个剩余类(也叫同余类)。K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类. (2)性质(ⅰ)i m i K Z 1 0-≤≤=Y 且K i ∩K j =φ(i ≠j). (ⅱ)每一整数仅在K 0,K 1,…,K m-1一个里. (ⅲ)对任意a 、b ∈Z ，则a 、b ∈K r ?a ≡b(modm). 2.剩余系的定义与性质 (1)定义2 设K 0,K 1,…,K m-1为模m 的全部剩余类，从每个K r 里任取一个a r ，得m 个数a 0,a 1,…,a m-1组成的数组，叫做模m 的一个完全剩余系,简称完系. 特别地,0,1,2,…,m -1叫做模m 的最小非负完全剩余系.下述数组叫做模m 的绝对最小完全剩余系:当m 为奇数时,2 1 ,,1,0,1,,121,21--+----m m m ΛΛ;当m 为偶数时,12 ,,1,0,1,,12,2--+-- m m m ΛΛ或2,,1,0,1,,12m m ΛΛ-+-. (2)性质(ⅰ)m 个整数构成模m 的一完全剩余系?两两对模m 不同余. (ⅱ)若(a,m)=1，则x 与ax+b 同时遍历模m 的完全剩余系. 证明:即证a 0,a 1,…,a m-1与aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 同为模m 的完全剩余系, 因a 0,a 1,…,a m-1为模m 的完系时,若aa i +b ≡aa j +b(modm),则a i ≡a j (modm), 矛盾!反之,当aa 0+b, aa 1+b,…,aa m-1+b 为模m 的完系时,若a i ≡a j (modm),则有 aa i +b ≡aa j +b(modm),也矛盾! 1、数学竞赛考纲 二试 1、平面几何 基本要求：掌握高中数学竞赛大纲所确定的所有内容。 补充要求：面积和面积方法。 几个重要定理：梅涅劳斯定理、、、。 几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--。到三角形三顶点距离的平方和最小的点--。三角形内到三边距离之积最大的点--重心。 几何不等式。 简单的。了解下述定理： 在周长一定的n边形的集合中，正n边形的面积最大。 在周长一定的的集合中，圆的面积最大。 在面积一定的n边形的集合中，正n边形的周长最小。 在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。 几何中的运动：反射、平移、旋转。 方法、方法。 平面、及应用。 2、代数 在一试大纲的基础上另外要求的内容： 周期函数与周期，带的函数的图像。 ，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。 。 ，一阶、二阶递归，法。 函数，求n次迭代，简单的函数方程。 n个变元的平均不等式，，及应用。 复数的指数形式，欧拉公式，，单位根，单位根的应用。 圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。 一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。 简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括，，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，，，，，格点及其性质。 3、立体几何 多面角，多面角的性质。三面角、直三面角的基本性质。 正多面体，欧拉定理。 体积证法。 截面，会作截面、表面展开图。 4、平面解析几何 直线的式，直线的，直线束及其应用。 二元一次不等式表示的区域。 三角形的。 圆锥曲线的切线和法线。 圆的幂和根轴。 5、其它。。。集合的划分。覆盖。西姆松线的存在性及性质()。及其逆定理。 23抽屉原理 在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。 “抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。 （一）抽屉原理的基本形式 定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。 证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。 在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。 同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。 例题讲解 1．已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于 2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 §27同余 1．设m 是一个给定的正整数，如果两个整数a 与b 用m 除所得的余数相同，则称a 与b 对模同余，记作)(mod m b a ≡，否则，就说a 与b 对模m 不同余，记作)(mod m b a ≡，显然，)(|)(,)(mod b a m Z k b km a m b a -?∈+=?≡； 每一个整数a 恰与1，2，……，m ，这m 个数中的某一个同余； 2.同余的性质： 1).反身性：)(mod m a a ≡； 2).对称性：)(mod )(mod m a b m b a ≡?≡； 3).若)(mod m b a ≡，)(mod m c b ≡则)(mod m c a ≡; 4).若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则)(m od 2121m b b a a ±≡± 特别是)(mod )(mod m k b k a m b a ±≡±?≡； 5).若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则)(m od 2121m b b a a ≡； 特别是)(m od ),(m od m bk ak Z k m b a ≡?∈≡则 )(m od ),(m od m b a N n m b a n n ≡?∈≡则； 6).)(mod )(m ac ab c b a +≡+； 7).若)(m od 1),(),(m od m b a m c m bc ac ≡=≡时，则当 )(mod )(mod ).(mod ),(m b a mc bc ac d m b a d m c ≡?≡≡=特别地，时，当； 8).若)(m o d 1m b a ≡， )(m od 2m b a ≡ )(mod 3m b a ≡ ……………… )(mod n m b a ≡，且)(m od ],,[21M b a m m m M n ≡??=，则 例题讲解 1．证明：完全平方数模4同余于0或1； 2．证明对于任何整数0≥k ,1532 6161 6+++++k k k 能被7整除； 竞赛专题讲座－几个重要定理 《定理1》正弦定理 △ABC中，设外接圆半径为R，则 证明概要如图1-1，图1-2 过B作直径BA'，则∠A'=∠A，∠BCA'=90°，故 即；同理可 得 当∠A为钝角时，可考虑其补角，π-A. 当∠A为直角时，∵sinA=1，故无论哪种情况正弦定理成立。 《定理2》余弦定理△ABC中，有关系 a2=b2+c2-2bccosA；（*） b2=c2+a2-2cacosB； c2=a2+b2-2abcosC； 有时也用它的等价形式 a=ccosB+bcosC； b=acosC+ccosA；（**） c=acosB+bcosA. 证明简介 余弦定理的证法很多，下面介绍一种复数证法 如图建立复平面，则有 =（bcosA-c2）+(bsinθ)2即 a2=b2+c2-2bccosA，同理可证（*）中另外两式；至于**式，由图3显见。 《定理3》梅涅(Menelaus)劳斯定理（梅氏线）直线截△ABC的边BC，CA，AB或其延长线 于D、E、F. 则本题可以添加平行线来证明，也可不添辅助线，仅用正弦定理来证明。在△FBD、△CDE、△AEF中，由正弦定理，分别有 《定理4》塞瓦定理(Ceva) （塞瓦点） 设O 是△ABC 内任意一点，AB 、BO 、CO 分别交对边于D 、E 、F ，则 证法简介 （Ⅰ）本题可利用梅内劳斯定理证明： （Ⅱ）也可以利用面积关系证明 同理 ④ ⑤ ③×④×⑤得 《定理5》塞瓦定理逆定理 在△ABC 三边所在直线BC 、CA 、AB 上各取一点D 、E 、F ，若则AD 、BE 、CE 平行或共点。 证法简介 （Ⅰ）若AD∥BE（如图画5-1） 则 EA CE BD BC = 代入已知式：1=??FB AF BD BC DC BD 于是 CB DC FB AF = ， 故 AD∥CF，从而AD∥BE∥CF （Ⅱ）若AD 、BE 交于O （图5-2），则连CO 交AB 于F’.据塞瓦定理，可得 1='??B F AF EA CE DC BD 而已知1=??FB AF EA CE DC BD 可见FB AF B F F A ='' 则 FB AF AF B F F A F A +='+'' AB FB AF B F F A =+='+'ΘAF F A ='Θ 即F '即F ，可见命题成立 《定理6》斯特瓦尔特定理 小学奥数－抽屉原理（一） 抽屉原理1将多于n件物品任意放到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于2件。 抽屉原理2将多于m×n件物品任意放到到n个抽屉中，那么至少有一个抽屉中的物品不少于（m+1）件。 例1五年级有47名学生参加一次数学竞赛，成绩都是整数，满分是100分。已知3名学生的成绩在60分以下，其余学生的成绩均在75～95分之间。问：至少有几名学生的成绩相同？ 【分析与解答】关键是构造合适的抽屉。既然是问“至少有几名学生的成绩相同”，说明应以成绩为抽屉，学生为物品。除3名成绩在60分以下的学生外，其余成绩均在75～95分之间，75～95共有21个不同分数，将这21个分数作为21个抽屉，把47-3=44（个）学生作为物品。44÷21= 2……2，根据抽屉原理2，至少有1个抽屉至少有3件物品，即这47名学生中至少有3名学生的成绩是相同的。 例2夏令营组织2000名营员活动，其中有爬山、参观博物馆和到海滩游玩三个项目。规定每人必须参加一项或两项活动。那么至少有几名营员参加的活动项目完全相同？ 【分析与解答】本题的抽屉不是那么明显，因为问的是“至少有几名营员参加的活动项目完全相同”，所以应该把活动项目当成抽屉，营员当成物品。营员数已经有了，现在的问题是应当搞清有多少个抽屉。因为“每人必须参加一项或两项活动”，共有3项活动，所以只参加一项活动的有3种情况，参加两项活动的有爬山与参观、爬山与海滩游玩、参观与海滩游玩3种情况，所以共有3+3=6（个）抽屉。2000÷6=333……2，根据抽屉原理2，至少有一个抽屉中有333+1=334（件）物品，即至少有334名营员参加的活动项目是相同的。 例3把125本书分给五（2）班学生，如果其中至少有1人分到至少4本书，那么，这个班最多有多少人？ 【分析与解答】这道题一下子不容易理解，我们将它变变形式。因为是把书分给学生，所以学生是抽屉，书是物品。本题可以变为：125件物品放入若干个抽屉，无论怎样放，至少有一个抽屉中放有4件物品，求最多有几个抽屉。这个问题的 竞赛中的数论问题的思考方法 一. 条件的增设 对于一道数论命题，我们往往要首先排除字母取零值或字母取相等值等“平凡”的情况，这样，利用字母的对称性等条件，往往可以就字母间的大小顺序、整除性、互素性等增置新的条件，从而便于运用各种数论特有手段。 1. 大小顺序条件 与实数范围不同，若整数x ，y 有大小顺序x 数学广角 ———抽屉原理教学设计 教学内容：人教版新课标小学数学六年级下册数学广角——抽屉原理P70—71页以及相应的“做一做”，练习十二第1题． 教学目标： 知识目标：经历“抽屉原理”的探究过程，初步了解“抽屉原理”。 能力目标：会用“抽屉原理”解决简单的实际问题。 情感目标：通过“抽屉原理”的灵活应用感受数学的魅力。 教学重点：经历“抽屉原理”的探究过程，初步了解“抽屉原理”。 教学难点：理解“抽屉原理”,并对一些简单实际问题加以“模型化”。 教学理念：充分发挥学生的主体作用，让学生自主参与知识探究的全过程，主动构建新知，发展学生思维,培养学生研究数学的能力。 教学准备：课件铅笔文具盒 教学过程： 一、创设情景，导入新课 游戏：师：同学们玩过扑克牌吗？扑克牌有几种花色？（出示扑克牌）取出两张王牌，下面请5名同学上来和我一起做个游戏，要求：5名同学每人在剩下的52张扑克牌中任意取出1张，取出牌后把牌打开面向同学们，同学们仔细观察他们抽出的牌，不许出声音。（师生演示） 师：我没有看牌，但我能肯定地说：这两名同学每人手中的5张牌至少有两张是同花色的。请同学们验证，我说得对吗？ 师：想知道老师为什么能做出如此准确的判断吗？这其中蕴含一个有趣的数学原理，这个原理称为抽屉原理。（板书课题）这节课我们就一起来研究这个数学原理，探究抽屉原理的奥秘 二、自主操作探究新知 （一）课件出示，活动1：把4枝铅笔放进3个文具盒里。 师：请同学们看活动要求，指生读。 师：在活动过程中，老师想让同学们验证一句话对不对。 课件出示：不管怎么放，总有一个文具盒里至少放进2枝铅笔。 ①指生读或齐读。 ②在这句话中，“总有”是什么意思？（一定有） “至少”放进2枝是什么意思？（最少2枝、不能少于放进2枝、多于或等于放进2枝、有可能比2枝多） ③请同学们动手放一放，看一看有几种不同的方法？做好记录并验证这句话对 不对。（学生动手操作，师巡视，了解情况，个别指导） 师：谁来说说你们组有几种不同的摆放方法，是怎样摆放的？ 学生汇报，师板书记录： 1.枚举法：生：四种方法 ①一个文具盒里里放4枝，其余的2个文具盒没有。（4、0、0） ②一个文具盒里放3枝，一个里放1枝，另一个没有。（3、1、0） ③一个文具盒里放2枝，第二个里放2枝，第三个没有。（2、2、0） ④一个文具盒里放2枝，第二个里放1枝，第三个里放1枝。（2、1、1） 师：你们同意他的放法吗? 如果学生把（4，0，0）（0，4，0）（0，0，4）认为是三种放法，可以向学生说明：高中数学竞赛专题精讲27同余(含答案)
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