【文章內容簡介】 個點”的結論，這就為確定三角形面積的取值范圍打下了基礎。本題構造“抽屜”的辦法不是唯一的，還可以將正方形等分成邊長為的四個小正方形等。但是如將正方形等分成四個全等的小三角形卻是不可行的（想一想為什么？）。所以適當地構造“抽屜”，正是應用抽屜原則解決問題的關鍵所在。圖5以下兩個題目可以看作是本例的平凡拓廣：（1）在邊長為2的正方形內，隨意放置9個點，證明：必有3個點，以它們?yōu)轫旤c的三角形的面積不超過。（2）在邊長為1的正方形內任意給出13個點。求證：必有4個點，以它們?yōu)轫旤c的四邊形的面積不超過1/4。例9．9條直線的每一條都把一個正方形分成兩個梯形，而且它們的面積之比為2∶3。證明：這9條直線中至少有3條通過同一個點。證明：設正方形為ABCD，E、F分別是AB，CD的中點。設直線L把正方形ABCD分成兩個梯形ABGH和CDHG，并且與EF相交于P（如圖6）梯形ABGH的面積：梯形CDHG的面積=2∶3EP是梯形ABGH的中位線，PF是梯形CDHG的中位線，由于梯形的面積=中位線梯形的高，并且兩個梯形的高相等（AB=CD），所以梯形ABGH的面積∶梯形CDHG的面積=EP∶PF，也就是EP∶PF=2∶3這說明，直線L通過EF上一個固定的點P，這個點把EF分成長度為2∶3的兩部分。這樣的點在EF上還有一個，如圖上的Q點（FQ∶QE=2∶3）。同樣地，如果直線L與AB、CD相交，并且把正方形分成兩個梯形面積之比是2∶3，那么這條直線必定通過AD、BC中點連線上的兩個類似的點（三等分點）。這樣，在正方形內就有4個固定的點，凡是把正方形面積分成兩個面積為2∶3的梯形的直線，一定通過這4點中的某一個。我們把這4個點看作4個抽屜，9條直線看作9個蘋果，由定理2可知，9=42+1，所以，必有一個抽屜內至少放有3個蘋果，也就是，必有三條直線要通過一個點。說明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙對邊中點連線上的4個三等分點的發(fā)現是關鍵，而它的發(fā)現源于對梯形面積公式S梯形=中位線梯形的高的充分感悟。例10．910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍墨水瓶的顏色次序必定出現下述兩種情況之一種：1．至少三行完全相同；2．至少有兩組（四行），每組的兩行完全相同。（北京市高中一年級數學競賽1990年復賽試題）證明：910瓶紅、藍墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個位置中的每個位置都有紅、藍兩種可能，因而總計共有27=128種不同的行式（當且僅當兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時稱為“行式”相同）任取130行中的129行，依抽屜原理可知，必有兩行（記為A，B）“行式”相同。在除A、B外的其余128行中若有一行P與A（B）“行式”相同，則P，A，B滿足“至少有三行完全相同”；在其余（除A，B外）的128行中若沒有與A（B）行式相同者，則128行至多有127種不同的行式，依抽屜原則，必有兩行（不妨記為C、D）行式相同，這樣便找到了（A，B）、（C，D）兩組（四行），每組兩行完全相同。說明：本例構造抽屜時用到了乘法原理，2222222=2=128個“行式”是制造和應用抽屜原理的關鍵。（四）抽屜原理的無限形式，那么不管怎么分，都至少存在一個集合，其中有無窮多個元素。例11．在坐標平面上給出無限多個矩形，它們的頂點的直角坐標都具有如下形式：（0，0），（0，m），（n，0），（n，m）其中m，n是正整數，并且m＞3，n＜6，求證：在這些矩形中一定存在無限多個矩形，其中任意兩個矩形必有一個被包含在另一個之中。證明：由n＜6知，n=1,2,3,4,5，只有5種情形，由定理3知，將所給的無窮多個矩形按n的取值分成5類，當作5個抽屜，其中必有一個抽屜（一類）里包含有無窮多個矩形。不妨設這一類矩形的n的取值為n。對于這一類矩形中的任意兩個矩形而言，由于n的取值相同，因此m取值較小的一個矩形必然被包含在m取值較大的一個矩形之中。（五）抽屜原理的多次使用。在例7的解答中，我們已經看到了多次使用抽屜原理的方法，下面再看兩例。例12．有蘋果、梨、桔子若干個，任意分成9堆，求證一定可以找到兩堆，其蘋果數、梨數、桔子數分別求和都是偶數。證明：因為每一堆里的每一種水果數或為奇數或為偶數（兩個抽屜），而9=24+1，故對于蘋果，9堆中必有5堆的奇偶性相同；這5堆對于梨數來說，由于5=22+1，故必有3堆的奇偶性相同；這3堆對于桔子數也必有2堆的奇偶性相同。于是，就找到這樣的兩堆，它們的蘋果數、梨數，桔子數的奇偶性都分別相同，從而其和數分別都是偶數。說明：為了得出和是偶數，需要兩加數的奇偶性相同。對3類水果逐一找用了3次抽屜原理，若將過程合并簡化可將蘋果數、梨數、桔子數作為3錐坐標（X，Y，Z），按其坐標的奇偶性構造8個抽屜：（奇，奇，奇），（奇，奇，偶），（奇，偶，奇），（偶，奇，奇），（奇，偶，偶），（偶，奇，偶），（偶，偶，奇），（偶，偶，偶），9堆當中必有2堆屬于同一抽屜，其坐標的奇偶性完全相同。（參考例5說明）7例13．（1995年全國高中數學聯賽試題）將平面上每個點以紅藍兩色之一著色，證明：存在這樣的兩個相似三角形，它們的相似比為1995，并且每一個三角形的三個頂點同色。證明：如圖7，作兩個半徑分別為1和1995的同心圓，在內圓上任取9個點，必有5點同色，記為A1，A2，A3，A4，A5。連半徑0Ai交大圓于Bi（i=1,2,3,4,5），對B1，B2，B3，B4，B5，必有3點同色，記為Bi,Bj,Bk，則△BiBjBk與△AiAjAk為三項點同色的位似三角形，位似比等于1995，滿足題設條件。說明：這里連續(xù)用了兩次抽屜原理（以染色作抽屜）。也可以一開始就取位似比為1995的9個位似點組（Ai,Bi（）i=1,2,3,?,9），對4個抽屜（紅，紅），（紅，藍），（藍，紅），（藍，藍）應用抽屜原理，得出必有3個位似點屬于同一抽屜，從題目的證明過程中可以看出，位似比1995可以改換成另外一個任意的正整數、正實數。當然，不用同心圓也可證得，如在平面上取任三點都不共線的9點，由抽屜原理必有5點同色，設為A、B、C、D、E；以A為位似中心，以1995為位似比作ABCDE的位似形A39。B39。C39。D39。E39。，則5點A,B39。,C39。,D39。,E39。中必有3點同色，設為B39。D39。E39。，則即為所求。更一般地可以證明，在這個二染色的平面上存在無數個內角為30176。，60176。，90176。的直角三角形三頂點同色：任取a∈R，以a為邊作等邊三角形，則必有兩點同色，記為A，B同紅色，以AB為直徑作一圓，再作圓內接正六邊形AC1C2BC3C4（如圖9），當Ci中有紅點時△ACiB即為所求；當Ci中無紅點即Ci全為藍色時，Rt△C1C2C3即為所求。再由a的任意性知，這樣的三角形有無數個。更進一步還可得到：對任何a∈R，可得到兩個相似比為a的頂點同色的相似三角形。對于多染色的情形，還可以得出多個相似三角形的結論：用紅、黃、藍三種顏色對平面上的點染色，對任意的a,b∈R，必存在三個三角形，它們彼此相似，相似比為1∶a∶b，且每個三角形的三頂點同色。請讀者試證。練習五1．從集合A={1，2，?，2n}中任取n+1個數，證明：其中必有2個數互質。2．任意給定7個整數，求證：其中必有兩個數，其和或差可被10整除。+++3．任給7個實數，求證：其中必有至少兩個數（記為x,y）滿足0≤≤4．給定n+1正整數所組成的集合，其中每個數都不超過2n，證明：這個集合中至少有一個元素能整除另一個元素。5．設a1,a2,?,an是n個自然數，證明：從這n個數中總可以選出若干個數，使它們的和是n的倍數。6．求證：平面上任意13個整點中，必有某4個點的重心為整點。7．任給5個整數，證明：必然從其中選出3個，使得它們的和被3整除。第二篇：抽屜原理《抽屜原理》教學設計 芙蓉中心小學 簡淑梅 【教學內容】：人教版《義務教育課程標準實驗教科書●數學》六年級（下冊）第四單元數學廣角“抽屜原理”第70、71頁的內容?！窘滩姆治觥浚哼@是一類與“存在性”有關的問題，教材通過幾個直觀例子，放手讓學生自主思考，先采用自己的方法進行“證明”，然后再進行交流，在交流中引導學生對“枚舉法”、“反證法”、“假設法”等方法進行比較，使學生逐步學會運用一般性的數學方法來思考問題，從而抽象出“抽屜原理”的一般規(guī)律。并利用這一規(guī)律對一些簡單的實際問題加以“模型化”。即：只需要確定實際生活中某個物體（或某個人、或種現象）的存在就可以了?！緦W情分析】：抽屜原理是學生從未接觸過的新知識，很難理解抽屜原理的真正含義，尤其是對平均分就能保證“至少”的情況難以理解。年齡特點：六年級學生既好動又內斂，教師一方面要適當引導，引發(fā)學生的學習興趣，使他們的注意力始終集中在課堂上；另一方面要創(chuàng)造條件和機會，讓學生發(fā)表見解，發(fā)揮學生學習的主體性。思維特點：知識掌握上，六年級的學生對于總結規(guī)律的方法接觸比較少，尤其對于“數學證明”。因此，教師要耐心細致的引導，重在讓學生經歷知識的發(fā)生、發(fā)展和過程，而不是生搬硬套，只求結論，要讓學生不知其然，更要知其所以然?！窘虒W目標】：1．知識與能力目標：經歷“抽屜原理”的探究過程，初步了解“抽屜原理”，會用“抽屜原理”解決簡單的實際問題