1. 高三 (17) 班有 50 个同学，他们的学号分别是 1, 2, 3, …, 50 。一次数学考试结束后，同学们都交完试卷离开了考场。数学老师小 A 清点试卷时发现，他手中只有 49 张卷子。究竟是谁没有交卷呢？正巧小 A 手边没有笔，他也不想把所有卷子按照学号重新排序。他希望不借助任何工具，仅仅通过依次查看每张卷子上写的学号，便能找出缺失的那个学号。和常人一样，小 A 的记忆力很有限，他没法记住之前到底看到过哪些学号；不过，作为一个数学老师，小 A 拥有无人匹敌的计算能力。他有办法找出没交卷的那位同学的学号吗？

答案：首先算出 1 到 50 这 50 个数之和，它等于 1275 。然后从 1275 这个数开始，不断减去看到的学号，最后剩下的数就是缺失的那个学号。

2. 你能把一个等边三角形分成三个面积相等但形状各不相同的小三角形吗？

答案：可以，如图。

3. 一根棍子的左端有 6 只间隔相等的蚂蚁，它们正以一个相同的速度向右爬行；棍子的右端也有 6 只蚂蚁，它们也在以同样的速度向左爬行。如果两个蚂蚁相向而行撞在了一起，它们会同时掉头往回爬行。如果某只蚂蚁爬出了棍子的端点，它会从棍子上掉下去。请问，到所有的蚂蚁都掉下棍子的时候，蚂蚁与蚂蚁之间一共发生了多少次碰撞？

 
答案： 36 次。我们不妨把两只蚂蚁相撞后双双调头往回走看作是它们互相穿过了对方的身体继续向前爬行，此时答案就很显然了。

4. 有这么一种赌博游戏：玩家选择 1 到 6 之间的一个数，并下 1 块钱的赌注。然后，庄家同时抛掷三颗骰子。如果这三颗骰子中都没有你选的数，你将输掉那 1 块钱；如果有一颗骰子的点数是你选的数，那么你不但能收回你的赌注，还能反赢 1 块钱；如果你选的数出现了两次，你将反赢 2 块钱；如果三颗骰子的点数都是你选的数，你将反赢 3 块钱。
这个赌博游戏对玩家有利还是对庄家有利？

答案：假设有 6 名玩家同时在玩这个游戏，这 6 个人分别赌 6 个不同的点数。抛掷骰子后，如果三颗骰子的点数都不一样，庄家赢 3 块亏 3 块；如果有两颗骰子点数一样，庄家赢 4 块亏 3 块；如果三颗骰子的点数全一样，庄家赢 5 块亏 3 块。也就是说，无论抛掷骰子的结果如何，庄家都不会赔钱！虽然一轮游戏下来有的玩家赚了，有的玩家亏了，但从整体来看这 6 名玩家是在赔钱的，因此平均下来每个玩家也是在不断输钱的。

5. 左图的每个小方格内都填了一个不同的数，神奇的是方阵中的每一行、每一列和两条对角线上的三个数之和都相等（都等于 15 ）。现在，你能否在右图的每个小方格内填入一个不同的数（不一定是九个连续的数），使得方阵中的每一行、每一列和两条对角线上的三个数之乘积都相等？

 
答案：满足要求的填法不是唯一的，但下面这个答案或许是最简单的一种。依次观察题目左图所给的方阵中的每个小方格：方格里的数是几，在新方阵的相应位置中就填入 1 后面加多少个 0 。显然，新方阵中的每一行、每一列和两条对角线上的三个数之乘积都是 1 后面 15 个 0 。

6. 小 A 站在甲、乙两地之间的某个位置，他想乘坐出租车到乙地去。他看见一辆空车远远地从甲地驶来，而此时整条路上并没有别人与他争抢空车。我们假定车的行驶速度和人的步行速度都是固定不变的，并且车速大于人速。为了更快地到达目的地，小 A 应该怎样做呢？你认为下面哪种思路是正确的？
(A) 由于车速大于人速，小 A 应该尽可能早地上车，充分利用汽车的速度优势。因此，小 A 应该迎着空车走上去，提前与车相遇。
(B) 为了尽早到达目的地，小 A 应该充分利用时间，马不停蹄地赶往目的地。因此，他应该自己先朝目的地走一段路，再让出租车载他走完剩下的路程。

答案：两种方案花费的时间是一样的。只要站在出租车的角度上想一想，问题就变得很显然了：不管小 A 在哪儿上车，出租车都要驶完甲地到乙地的全部路程，因此小 A 到达乙地的时间总等于出租车驶完全程的时间，加上途中接小 A 上车可能耽误的时间。

7. 六个相同大小的正方形如图摆放。图中所示的角为多少度？

 
答案： 45 度。这是一个等腰直角三角形的其中一个底角。

8. 一张长 10 厘米、宽 9 厘米的长方形纸张可以裁剪成两个宽 1 厘米的、一模一样的螺旋形纸带。那么，每个螺旋形纸带的周长是多少厘米？

 
答案： 92 厘米。

我们可以用剪拼法把纸带的拐角“扳直”，并且保持它的周长和面积不变。这样的话，整个螺旋形纸带就可以看作是一个宽为 1 厘米的长条形纸带。既然整个长方形的面积是 90 平方厘米，那么其中一个纸带的面积就是 45 平方厘米，因而它的周长就是 (45+1)×2=92 厘米。

 
 
9. 广场上站着 99 个间谍，间谍与间谍之间的距离互不相等。每个间谍都盯着离自己最近的那个间谍看。证明：总存在一个没被人盯着的间谍。

答案：考虑距离最近的两个间谍，显然他们俩正互相盯着。如果还有别人盯着他们俩中的任何一个，就表明有人同时被两个人盯着，因此必然存在另一个人没被人盯着；如果没有别人在盯这两个人，那么我们就可以去掉这两个人，这对其他人不会产生任何影响。注意到广场上的总人数是个奇数，因此如此继续下去，要么我们能在某一步找到一个没被盯着的人，要么最终就只剩下一个人，而他显然没有被任何人盯着。

10. 把 1 到 9 这九个数字填入方格中，使得每行三个数之和等于这一行右边的数，每列三个数之和等于这一列下方的数。

答案：

11. 平面上有 n 个红点和 n 个蓝点，你需要把它们一红一蓝地配成 n 对，并用线段把每一对点连接起来。证明，总存在一种配对方案，使得所有连线都不交叉。

答案：考虑所有可能的配对方案，选择所有连线的长度总和最小的那一种方案。下面我们证明，这种方案是满足要求的。假如在这种方案中有某四个点 A 、 B 、 C 、 D ，其中红点 A 和蓝点 B 相连，红点 C 和蓝点 D 相连，两条连线交于点 O 。那么，把它们改成 A 与 D 相连， B 与 C 相连，则由三角形两边之和大于第三边， AB + CD = (AO + DO) + (BO + CO) > AD + BC，说明连线的总长度变得更短了，由此产生矛盾。

 
12. 广场上站着 99 个间谍，间谍与间谍之间的距离互不相等。每个间谍都盯着离自己最近的那个间谍看。证明：总存在一个没被人盯着的间谍。

答案：考虑距离最近的两个间谍，显然他们俩正互相盯着。如果还有别人盯着他们俩中的任何一个，就表明有人同时被两个人盯着，因此必然存在另一个人没被人盯着；如果没有别人在盯这两个人，那么我们就可以去掉这两个人，这对其他人不会产生任何影响。注意到广场上的总人数是个奇数，因此如此继续下去，要么我们能在某一步找到一个没被盯着的人，要么最终就只剩下一个人，而他显然没有被任何人盯着。

13、两两间的距离都是整数的点集

    最多能在平面上找出多少个点，使得它们两两之间的距离都是整数？当然，我们忽略最平凡的解——所有点都在一条直线上。

    三个点的解显然是存在的，只需要构造一个边长为 1 的等边三角形即可。事实上，满足任意两数之和大于第三数的一组整数都可以成为一个三角形的三条边。寻找含有四个点的解也并不困难，一个长为 4 宽为 3 的矩形就能满足要求。不过，我们还有更小一些的解。最小的解貌似是下面这个等腰梯形：上底、下底分别是 3 和 4 ，两腰都是 2 ，两条对角线都是 4 ，正好也都是整数。

    那么，能否找到平面上的五个不共线的点，使得两两之间的距离都是整数呢？最多能找到多少个这样的点呢？

    想到这个问题之后，我在网上简单地搜索了一下。出人意料的是，我们能在平面上找出任意多个不共线的点，使得它们两两之间的距离都是整数。构造方法有很多，这里提到的是我最喜欢的构造方法之一。

    为了得到所有距离都是整数的点集，我们只需要构造出所有距离都是有理数的点集，再乘以所有分母的公倍数即可。现在，作一个直径为 1 的圆，任意作一条直径 AB 。取两组勾股数，比如 (3, 4, 5) 和 (5, 12, 13) 吧。在圆上找一点 C ，使得 ABC 组成一个边长分别为 (3/5, 4/5, 1) 的直角三角形；在圆上找一点 D ，使得 ABD 组成一个边长分别为 (5/13, 12/13, 1) 的直角三角形。这样一来， AB 、 AC 、 BC 、 AD 、 BD 的长度就都是有理数了。有趣的是，根据 Ptolemy 定理，这个圆内接四边形满足 AB · CD ＋ AC · BD = AD · BC ，由此可知 CD 的长度也一定是一个有理数。

    由于本质上不同的勾股数组有无穷多个，因此圆弧上像 C 和 D 这样的点也有无穷多个。也就是说，我们能在圆上找到任意多的点，使得它们之间的距离都是有理数。乘以这些有理数的公分母后，便能得到任意多个两两距离都是整数的点了。

    寻找满足各种条件的“整距离图形”是一个非常有趣的话题。这类问题叫做 Rational Distances ，搜索一下可以找到很多有趣的结论。

14、等边三角形内接圆上一点到三顶点距离平方和不变

如图，等边三角形ABC，P为三角形内接圆上一点。求证，AP^2 + BP^2 + CP^2为常数。

 证明：把整个图形放在三维空间里，其中A=(1,0,0)，B=(0,1,0)，C=(0,0,1)。因此，三角形ABC位于平面x+y+z=1上。图中的内接圆即为某个以原点为球心的球x^2 + y^2 + z^2 = r与该平面相交所得（其中r是某个常数）。于是，我们有

   AP^2 + BP^2 + CP^2
= (1-x)^2 + y^2 + z^2 +
   x^2 + (1-y)^2 + z^2 +
   x^2 + y^2 + (1-z)^2
= 3·(x^2 + y^2 + z^2) - 2·(x + y + z) + 3
= 3·r - 2 + 3
= 常数

另外：用余弦定理也可证出、用向量法也可证明。

15、椭圆焦点到两切线交点的连线平分焦点对两切点的张角

   如图，椭圆上A、B两点处的切线相交于S，E是椭圆的一个焦点。求证，线段ES平分∠AEB。

    椭圆有一个神奇的性质：从一个焦点射出的光线，经过椭圆曲线的反射后，总会到达另一个焦点。换句话说，两个焦点分别与切点相连，这两条连线与切线夹角相等。再换句话说，将F沿切线AS反射，对称点M恰好落在EA的延长线上；同样地，令N为F关于BS的对称点，则N、B、E三点共线。又由椭圆的定义，EA+FA=EB+FB。于是，我们有：

EM = EA + AM
    = EA + FA
    = EB + FB
    = EB + BN
    = EN

    这说明△EMN是等腰三角形。为了说明ES为角平分线，只需说明点S也在MN的垂直平分线上即可。这是显然的，因为S是FN和FM的垂直平分线的交点，这立即说明S是△FMN的外心，它当然也应该在MN的垂直平分线上。

    几何画板画椭圆及其上的切线很不方便，因此改用GeoGebra了。一个很好的软件，自变/应变元素管理得很好，属性界面用起来非常舒适，命令行操作功能很强大。以后这个Blog讲到几何问题时就靠它来画图了。

16、按照盒子的三边长之和来计费有没有漏洞？

Brain Storm | 2009-09-22 22:56| 21 Comments | 本文内容遵从CC版权协议 转载请注明出自matrix67.com

    这是一个非常有趣的问题。许多快递公司都依据物件的长、宽、高三边之和来收费，一些航空公司也要求托运行李的三边长相加不能超过某个限制。那么是否有人想过，有没有可能把一个三边之和较大的盒子装进一个三边之和较小的盒子里，从而骗取更低的费用呢？有人会说，恐怕不行吧，长宽高之和更大的盒子体积不也应该更大一些吗？不见得。比方说，盒子A的长宽高分别是10、10、10，盒子B的长宽高分别是9、9、12.1。盒子B的三边长之和显然比盒子A要大，但体积只有980.1，比前者要小近20个单位。那么，为什么就不能把盒子B沿斜线方向塞进盒子A呢？有人会敏锐地发现，在上面的例子中，盒子A的体对角线长为17.3205，但盒子B的对角线长度达到17.5616，显然无法完全放进盒子A里。不过且慢，我也能举出这样的例子，三边和更大的盒子其体积和对角线都比小的盒子的要小。盒子A的长宽高分别为10、10、20，盒子B的长宽高分别为7.1、16.5、16.5。盒子B的长宽高之和比盒子A大，体积为1932.98，对角线长度比前者小大约0.1。看来，为了解决这个问题，我们还需要从一些更巧妙的方面入手。

    这种骗取低费用的办法虽然有创意，但却是不可能办到的。考虑一个长方体A。我们把长方体A以及离A的距离不超过ε的所有点组成的立体图形记作A_ε。可以想象，A_ε是一个棱角处圆乎乎的近似长方体。如果长方体A的三条边的长度分别为a、b、c的话，它的体积就应该是abc。那么，A_ε的体积应该是多少呢？它应该等于长方体本身的体积，加上长方体6个面外表上的那层皮，加上12条棱外面的那些1/4圆柱，加上8个角外面的那些1/8球体。注意到12个1/4圆柱恰好组成了三个完整的圆柱体，8个1/8球正好拼成了一个完整的球。因此，A_ε的总体积应该为(4/3)·pi·ε^3 + (a+b+c)pi·ε^2 + 2(ab+ac+bc)ε + abc。现在，让我们考虑另一个长方体B，其边长分别为a'、b'和c'。假设长方体B能够放进长方体A里面，那么很显然B_ε也应该完全位于A_ε内。A_ε的体积与B_ε的体积相差

(a+b+c)pi·ε^2 + 2(ab+ac+bc)ε + abc - (a'+b'+c')pi·ε^2 - 2(a'b'+a'c'+b'c')ε - a'b'c'

    由于A_ε的体积大于B_ε，上式的结果始终为正。这表明，当ε取到足够大时，二次项(a+b+c)pi·ε^2 - (a'+b'+c')pi·ε^2的结果一定为正，由此可知a+b+c一定大于a'+b'+c'。