初中数学《抽屉原理(二)》讲义及练习

第八讲：抽屉原理（二）

教学目标

抽屉原理是一种特殊的思维方法，不但可以根据它来做出许多有趣的推理和判断，同时能够帮助同学

证明很多看似复杂的问题。本讲的主要教学目标是：

1．理解抽屉原理的基本概念、基本用法； 2．掌握用抽屉原理解题的基本过程； 3. 能够构造抽屉进行解题； 4. 利用最不利原则进行解题；

5.利用抽屉原理与最不利原则解释并证明一些结论及生活中的一些问题。

知识点拨

一、知识点介绍

抽屉原理有时也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出来并用来证明一些数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．抽屉原理是组合数学中一个重要而又基本的数学原理，利用它可以解决很多有趣的问题，并且常常能够起到令人惊奇的作用．许多看起来相当复杂，甚至无从下手的问题，在利用抽屉原则后，能很快使问题得到解决．

二、抽屉原理的定义

（1）举例

桌上有十个苹果，要把这十个苹果放到九个抽屉里，无论怎样放，有的抽屉可以放一个，有的可以放两个，有的可以放五个，但最终我们会发现至少我们可以找到一个抽屉里面至少放两个苹果。 （2）定义

一般情况下，把n＋1或多于n＋1个苹果放到n个抽屉里，其中必定至少有一个抽屉里至少有两个苹果。我们称这种现象为抽屉原理。

三、抽屉原理的解题方案

（一）、利用公式进行解题

苹果÷抽屉＝商……余数

余数：（1）余数＝1， 结论：至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里 （2）余数＝x1xn1， 结论：至少有（商＋1）个苹果在同一个抽屉里

（3）余数＝0， 结论：至少有“商”个苹果在同一个抽屉里 （二）、利用最值原理解题

将题目中没有阐明的量进行极限讨论，将复杂的题目变得非常简单，也就是常说的极限思想“任我意”方法、特殊值方法．

例题精讲

【例 1】 在一只口袋中有红色、黄色、蓝色球若干个，小聪明和其他六个小朋友一起做游戏，每人可以

从口袋中随意取出2个球，那么不管怎样挑选，总有两个小朋友取出的两个球的颜色完全一样．你能说明这是为什么吗？

【解析】 从三种颜色的球中挑选两个球，可能情况只有下面6种：

红、红；黄、黄；蓝、蓝；红、黄；红、蓝；黄、蓝， 我们把6种搭配方式当作6个“抽屉”，把7个小朋友当作7个“苹果”，根据抽屉原理，至少有两个“苹果”要放进一个“抽屉”中，也就是说，至少有两个人挑选的颜色完全一样．

【巩固】 11名学生到老师家借书，老师的书房中有文学、科技、天文、历史四类书，每名学生最多可借

两本不同类的书，最少借一本．试说明：必有两个学生所借的书的类型相同

【解析】 设不同的类型书为Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四种，若学生只借一本书，则不同的类型有Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四

种；若学生借两本不同类型的书，则不同的类型有AB、AC、AD、BC、BD、CD六种．共有10种类型，把这10种类型看作10个“抽屉”，把11个学生看作11个“苹果”．如果谁借哪种类型的书，就进入哪个抽屉，由抽屉原理，至少有两个学生，他们所借的书的类型相同．

【巩固】 体育用品的仓库里有许多足球、排球和篮球，有66个同学来仓库拿球，要求每个人至少拿一个，

最多拿两个球，问至少有多少名同学所拿的球的种类是完全一样的？

【解析】 以拿球配组的方式为抽屉，每人拿一个或两个球，所以抽屉有：足、排、篮、足足、排排、篮篮、

足排、足篮、排篮共9种情况，即有9个抽屉，则：66973，718，即至少有8名同学所拿球的种类是一样的．

【巩固】 幼儿园买来很多玩具小汽车、小火车、小飞机，每个小朋友任意选择两件不同的，那么至少要

有几个小朋友才能保证有两人选的玩具是相同的？

【解析】 根据题意列下表： 小汽车 小火车 小飞机 第一个小朋友 第二个小朋友 第三个小朋友 第四个小朋友 √ √ √ √ √ √ 有3个小朋友就有三种不同的选择方法，当第四个小朋友准备拿时，不管他怎么选择都可以跟前面三个同学其中的一个选法相同．所以至少要有4个小朋友才能保证有两人选的玩具是相同的．

总结： 本题是抽屉原理应用的典型例题，作为重点讲解．

学生们可能会这么认为：铺垫：2件3种6件，6件2个3人，要保证有相同的所以至少要有314人；对于例题中的题目同样2件4种8件，8件2个4人，要保证有相同的所以至少要有415人．因为铺垫是正好配上数了，而例题中的问题在于4种东西任选两种的选择有几种．

可以简单跟学生讲一下简单乘法原理的思想，但建议还是运用枚举法列表进行分析，按顺序列表可以做到不遗漏，不重复．

【例 2】 红、蓝两种颜色将一个25方格图中的小方格随意涂色（见下图），每个小方格涂一种颜色．是

否存在两列，它们的小方格中涂的颜色完全相同？

第第第第第四三五一二列列列列列第一行第二行

【解析】 用红、蓝两种颜色给每列中两个小方格随意涂色，只有下面四种情形：

红红红蓝蓝红蓝蓝

将上面的四种情形看成四个“抽屉”，把五列方格看成五个“苹果”，根据抽屉原理，将五个苹果放入四个抽屉，至少有一个抽屉中有不少于两个苹果，也就是至少有一种情形占据两列方格，即这两列的小方格中涂的颜色完全相同．

8、、50这25个偶数中至少任意取出多少个数，6、【例 3】 从2、4、才能保证有2个数的和是52？

【解析】 构造抽屉：{2,50}，{4,48}，{6,46}，{8,44}，，{24,28}，{26}，共13种搭配，即13个

抽屉，所以任意取出14个数，无论怎样取，有两个数必同在一个抽屉里，这两数和为52，所以

应取出14个数．

或者从小数入手考虑，2、4、6、、26，当再取28时，与其中的一个去陪，总能找到一个数使这两个数之和为52．

【巩固】 证明：在从1开始的前10个奇数中任取6个，一定有2个数的和是20. 【解析】 将10个奇数分为五组(1、19)，(3、17)，(5、15)，(7、13)，(9、11)，任取6个必有两个奇数

在同一组中，这两个数的和为20.

【巩固】 从1，4，7，10，…，37，40这14个数中任取8个数，试证：其中至少有2个数的和是41. 【解析】 构造和为41的抽屉：(1,40)，(4,37)，(7,34)，(10,31)，(13,28)，(16,25)，(19,22)，现在取8个

数，一定有两个数取在同一个抽屉，所以至少有2个数的和是41.

【巩固】 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34． 【解析】 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉，(2),(4,30)，(6,28)，…，(16,18),凡是抽屉中的有两个数，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34．

现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数在同一

个抽屉中.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34．

【例 4】 （北京市第十一届“迎春杯”刊赛）从1，2，3，4，…，1994这些自然数中，最多可以取 个

数，能使这些数中任意两个数的差都不等于9．

【解析】 方法一：把1994个数一次每18个分成一组，最后14个数也成一组，共分成111组．即

1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16，17，18；

19，20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36；

…………………

1963，1964，…，1979，1980； 1981，1982，…，1994．

每一组中取前9个数，共取出9111999（个）数，这些数中任两个的差都不等于9． 因此，最多可以取999个数．

方法二：构造公差为9的9个数列（除以9的余数） 1,10,19,28,,1990，共计222个数

2,11,20,29,3,12,21,30,4,13,22,31,5,14,23,32,6,15,24,33,7,16,25,34,8,17,26,35,9,18,27,36,,1991，共计222个数 ,1992，共计222个数

,1993，共计222个数 ,1994，共计222个数 ,1986，共计221个数

,1987，共计221个数 ,1988，共计221个数 ,1989，共计221个数

每个数列相邻两项的差是9，因此，要使取出的数中，每两个的差不等于9，每个数列中不能取相

邻的项．因此，前五个数列只能取出一半，后四个数列最多能取出一半多一个数，所以最多取1119999个数

【巩固】 从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两

个数，它们的差是12．

【解析】 在这20个自然数中，差是12的有以下8对：｛20，8｝，｛19，7｝，｛18，6｝，｛17，5｝，｛16，4｝，

｛15，3｝，｛14，2｝，｛13，1｝．另外还有4个不能配对的数｛9｝，｛10｝，｛11｝，｛12｝，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）．

【巩固】 （小学数学奥林匹克决赛）从1，2，3，4，…，1988，1989这些自然数中，最多可以取____个

数，其中每两个数的差不等于4．

【解析】 将1～1989排成四个数列：

1，5，9，…，1985，1989 2，6，10，…，1986 3，7，11，…，1987 4，8，12，…，1988

每个数列相邻两项的差是4，因此，要使取出的数中，每两个的差不等于4，每个数列中不能取相邻的项．因此，第一个数列只能取出一半，因为有(19891)41498项，所以最多取出249项，

例如1，9，17，…，1985．同样，后三个数列每个最多可取249项．因而最多取出2494996个数，其中每两个的差不等于4．

【例 5】 （2008年第八届“春蕾杯”小学数学邀请赛决赛）从1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、

11和12中至多选出 个数，使得在选出的数中，每一个数都不是另一个数的2倍．

【解析】 把这12个数分成6个组：

第1组：1，2，4，8 第2组：3，6，12 第3组：5，10 第4组：7 第5组：9 第6组：11

每组中相邻两数都是2倍关系，不同组中没有2倍关系．

选没有2倍关系的数，第1组最多2个（1，4或2，8或1，8），第2组最多2个（3，12），第3组只有1个，第4，5，6组都可以取，一共2211118个．

如果任意取9个数，因为第3，4，5，6组一共5个数中，最多能取4个数，剩下945个数在2个组中，根据抽屉原理，至少有3个数是同一组的，必有2个数是同组相邻的数，是2倍关系．

【巩固】 从1到20这20个数中，任取11个不同的数，必有两个数其中一个是另一个数的倍数． 【解析】 把这20个数分成以下10组，看成10个抽屉：(1，2，4，8，16)，(3，6，12)，(5，10，20)，

(7，14)，(9，18)，(11)，(13)，(15)，(17)，(19)，前5个抽屉中，任意两个数都有倍数关系．从这10个抽屉中任选11个数，必有一个抽屉中要取2个数，它们只能从前5个抽屉中取出，这两个数就满足题目要求．

【巩固】 从1，3，5，7，…，97，99中最多可以选出多少个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一

个数的倍数?

【解析】 方法一：因为均是奇数，所以如果存在倍数关系，那么也一定是3、5、7等奇数倍.3×33：99，

于是从35开始，1～99的奇数中没有一个是35～99的奇数倍(不包括1倍)，所以选出35，37，39，…，99这些奇数即可．共可选出33个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．

方法二：利用3的若干次幂与质数的乘积对这50个奇数分组．(1，3，9，27，81)，(5，15，45)，

(7，21，63)，(11，33)，(13，39)，(17，51)，(19，57)，(23，69)，(25，75)，(29，87)，(31，93)，(35)，(37)，(41)，(43)，…，(97)共33组．前11组，每组内任意两个数都存在倍数关系，所以每组内最多只能选择一个数．即最多可以选出33个数，使得选出的数中，每一个数都不是另一个数的倍数．

评注：1～2n个自然数中，任意取出n+1个数，则其中必定有两个数，它们一个是另一个的整数倍；从2，3．……，2n+1中任取n+2个数，必有两个数，它们一个是另一个的整数倍；从1，2，3．……3n中任取2n+1个数，则其中必有两个数，它们中一个是另一个的整数倍，且至少是3倍；从1，2，3，……， mn中任取(m-1)n+1个数，则其中必有两个数，它们中一个是另一个的整数倍，且至少是m倍(m、n为正整数).

【巩固】 从整数1、2、3、…、199、200中任选101个数，求证在选出的这些自然数中至少有两个数，

其中的一个是另一个的倍数.

【解析】 把这200个数分类如下：

(1)1，12，122，123，…，127， (2)3，32，322，323，…，326，

(3)5，52，522，523，…，525，… (50)99，992，(51)101，(52)103，…(100)199，

以上共分为100类，即100个抽屉，显然在同一类中的数若不少于两个，那么这类中的任意两个

数都有倍数关系.从中任取101个数，根据抽屉原理，一定至少有两个数取自同一类，因此其中一个数是另一个数的倍数.

【例 6】 从1，2，3，……49，50这50个数中取出若干个数，使其中任意两个数的和都不能被7整除，

则最多能取出多少个数？

【解析】 将1至50这50个数，按除以7的余数分为7类：[0]，[1]，[2]，[3]，[4]，[5]，[6]，所含的数

的个数分别为7，8，7，7，7，7，7.

被7除余1与余6的两个数之和是7的倍数，所以取出的数只能是这两种之一；

同样的，被7除余2与余5的两个数之和是7的倍数，所以取出的数只能是这两种之一； 被7除余3与余4的两个数之和是7的倍数，所以取出的数只能是这两种之一； 两个数都是7的倍数，它们的和也是7的倍数，所以7的倍数中只能取1个． 所以最多可以取出877123个

【例 7】 从1，2，3，…，99，100这100个数中任意选出51个数．证明：(1)在这51个数中，一定有

两个数互质；(2)在这51个数中，一定有两个数的差等于50；(3)在这51个数中，一定存在9个数，它们的最大公约数大于1．

【解析】 (1)我们将1～100分成(1，2)，(3，4)，(5，6)，(7，8)，…，(99，100)这50组，每组内的

数相邻．而相邻的两个自然数互质．将这50组数作为50个抽屉，同一个抽屉内的两个数互质．而现在51个数，放进50个抽屉，则必定有两个数在同一抽屉，于是这两个数互质．问题得证． (2)我们将1—100分成(1，51)，(2，52)，(3，53)，…，(40，90)，…(50，100)这50组，每组内的数相差50．将这50组数视为抽屉，则现在有51个数放进50个抽屉内，则必定有2个数在同一抽屉，那么这两个数的差为50．问题得证．

(3)我们将1—100按2的倍数、3的奇数倍、既不是2又不是3的倍数的情况分组，有(2，4，6，8，…，98，100)，(3，9，15，21，27，…，93，99)，(5，7，11，13，17，19，23，…，95，97)这三组．第一、二、三组分别有50、17、33个元素．

最不利的情况下，51个数中有33个元素在第三组，那么剩下的18个数分到第一、二两组内，那么至少有9个数在同一组．所以这9个数的最大公约数为2或3或它们的倍数，显然大于1．

【例 8】 有49个小孩，每人胸前有一个号码，号码从1到49各不相同．现在请你挑选若干个小孩，排

成一个圆圈，使任何相邻两个小孩的号码数的乘积小于100，那么你最多能挑选出多少个孩子?

【解析】 将1至49中相乘小于100的两个数，按被乘数分成9组，如下：

(1×2)、(1×3)、(1×4)、…、(1×49)； (2×3)、(2×4)、(2×5)、…、(2×49)；

(8×9)、(8×10)、(8 ×11)、(8×12)；(9×10)、(9×11).

因为每个数只能与左右两个数相乘，也就是每个数作为被乘数或乘数最多两次，所以每一组中最多会有两对数出现在圆圈中，最多可以取出18个数对，共18 ×2=36次，但是每个数都出现两次，故出现了18个数．

例如：(10×9)、(9×11)、(1×8)、(8×12)、(12×7)、(7×13)、(13×6)、(6×14)、(14×5)、(5×15)、(15×4)、(4 ×16)、(16 X 3)、(3×17)、(17×2)、(2×18)、(18 ×1)、(1×10)．共出现l～18号，共18个孩子．

若随意选取出19个孩子，那么共有19个号码，由于每个号码数要与旁边两数分别相乘，则会形成19个相乘的数对．

那么在9组中取出19个数时，有19=9×2+1，由抽屉原则知，必有三个数对落入同一组中，这样某个数字会在数对中出现三次(或三次以上)，由分析知，这是不允许的．故最多挑出18个孩子．

【例 9】 要把61个乒乓球分装在若干个乒乓球盒中，每个盒子最多可以装5个乒乓球，问：至少有多少个盒子中的乒乓球数目相同？

【解析】 每个盒子不超过5个球，最“坏”的情况是每个盒子的球数尽量不相同，为1、2、3、4、5这5

种各不相同的个数，共有：12345 15，611541，最不利的分法是：装1、2、3、4、5个球的各4个，还剩1个球，要使每个盒子不超过5个球，无论放入哪个盒子，都会使至少有5个盒子的球数相同．

【例 10】 有苹果和桔子若干个，任意分成5堆，能否找到这样两堆，使苹果的总数与桔子的总数都是偶

数？

【解析】 需先跟学生介绍奇偶性：奇数奇数偶数；奇数偶数奇数；偶数偶数偶数。

先用列表法进行搭配。由于题目只要求判断两堆水果的个数关系，因此可以从水果个数的奇、偶性上来考虑抽屉的设计．对于每堆水果中的苹果、桔子的个数分别都有奇数与偶数两种可能，所以每堆水果中苹果、桔子个数的搭配就有4种情形：（奇，奇），（奇，偶），（偶，奇），（偶，偶），其中括号中的第一个字表示苹果数的奇偶性，第二个字表示桔子数的奇偶性．将这4种情形看成4个抽屉，现有5堆水果，根据抽屉原理可知，这5堆水果里至少有2堆属于上述4种情形的同一种情形．由于奇数加奇数为偶数，偶数加偶数仍为偶数，所以在同一个抽屉中的两堆水果，其苹果的总数与桔子的总数都是偶数．

【例 11】 在长度是10厘米的线段上任意取11个点，是否至少有两个点，它们之间的距离不大于1厘米？ 【解析】 把长度10厘米的线段10等分，那么每段线段的长度是1厘米（见下图）．

将每段线段看成是一个“抽屉”，一共有10个抽屉．现在将这11个点放到这10个抽屉中去．根据

抽屉原理，至少有一个抽屉里有两个或两个以上的点（包括这些线段的端点）．由于这两个点在同一个抽屉里，它们之间的距离当然不会大于1厘米．所以，在长度是10厘米的线段上任意取11个点，至少存在两个点，它们之间的距离不大于1厘米．

【巩固】 在1米长的直尺上任意点五个点，请你说明这五个点中至少有两个点的距离不大于25厘米．

5个点最多把1米长的直尺分成4段，要想使每一段都尽量长，应采取平均分的办法． 【解析】

把1米长的直尺平均划分成四段，每一段25厘米，把这四段看成四个抽屉．当把五个点随意放入四个抽屉时，根据抽屉原理，一定有一个抽屉里面有两个或两个以上的点，落在同一段上的这两点间的距离一定不大于25厘米，所以结论成立．

【巩固】 在20米长的水泥阳台上放12盆花，随便怎样摆放，请说明至少有两盆花它们之间的距离小于2米．

【解析】 第1盆花放在一个端点上，第2盆花放在距第1盆花恰为2米处（这是两盆花之间最近的距离了，

再近就说明题目已经正确了——两盆花之间距离小于2米）．第3盆花放在距离第2盆花的距离2米处，这样每隔2米放1盆花，直到阳台的另一个尽头，恰好放第11盆花．至此，阳台上的11盆花中任意两盆花之间的距离都按你的设想不小于2米放好了．现在考虑最后1盆花，它只能放在已放好的11盆花所留出的10个空档内了，这已说明必有两盆花之间的距离小于2米．题目的结论是正确的．

【例 12】 在边长为3的正三角形内，任意放入10个点，求证：必有两个点的距离不大于1．

【解析】 将边长为3的正三角形等分为9个小正三角形，根据抽屉原理，10个点中必有两个点落入同一个

小正三角形的内部或边上，那么这两个点之间的距离不会超过小正三角形的边长，故必有两个点的距离不大于1．

【巩固】 在边长为3米的正方形中，任意放入28个点，求证：必定有四个点，以它们为顶点的四边形的

面积不超过1平方米．

【解析】 将大正方形分成9个边长为1米的小正方形，则9个小正方形为“抽屉”，有：28931，

则必有一个小正方形里(上)至少有314(个)点，若这四个点恰好落在这个小正方形的四个顶点，那么以这4个点为顶点的四边形的面积为1平方米；若有一个点落在正方形的内部或边上，则面积将小于1平方米．综上所述，不论怎么放，必定有四个点，以它们为顶点的四边形的面积不超过1平方米．

【巩固】 在一个矩形内任意放五点，其中任意三点不在一条直线上。证明：在以这五点为顶点的三角形

中，至少有一个的面积小于矩形面积的四分之一。

【解析】 如右图，将长方形按中线分为两部分，则由抽屉原理知必然有3个点在同一个区域，那么由这3

个点所构成的三角形的面积必然小于该区域的一半，即长方形面的四分之一。

【例 13】 在一个直径为2厘米的圆内放入七个点，请证明一定有两个点的距离不大于1厘米 【解析】 将圆分成六个面积相等的扇形，这六个扇形可以看成六个抽屉，七个点看成七个苹果，这样必有

一个抽屉有两个苹果，即一定有两个点的距离不大于1厘米

【巩固】 平面上给定17个点，如果任意三个点中总有两个点之间的距离小于1，证明：在这17个点中必

有9个点可以落在同一半径为1的圆内。

O1O2 【解析】 如果17个点中，任意两点之间的距离都小于1，那么，以这17个点中任意一点为圆心，以1为

半径作一个圆，这17个点必然全落在这个圆内。如果这17点中，有两点之间距离不小于1(即大于或等于1)，设这两点为O1、O2，分别以O1、O2为圆心，1为半径作两个圆(如图)。把这两个圆看作两个抽屉，由于任意三点中总有两个点之间的距离小于1，因此其他15个点中每一点，到O1、O2的距离必有一个小于1。也就是说这些点必落在某一个圆中。根据抽屉原理必有一个圆至

少包含这15个点中的8个点。由于圆心是17个点中的一点，因此这个圆至少包含17个点中的9个点。

【例 14】 9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为2∶3。证明：这9 条

直线中至少有3 条通过同一个点。

AN HDEPQFBGMC

【解析】 设正方形为ABCD，E、F分别是AB，CD的中点。设直线MN把正方形ABCD分成两个长方

形ABMN和CDNM，并且与EF相交于P（如图）,长方形ABMN的面积:长方形CDNM的面积2:3，如果把直线MN绕P点旋转一定角度后，原来的两个长方形就变成两个梯形，根据割补法两个梯形的面积比也为2:3，所以只要直线MN绕P点旋转，得到的两个梯形的面积比为2:3，所以将长方形分成2:3的两个梯形必定经过P点，同样根据对称经过Q点的直线也是满足条件的直线，同理我们还可以找到把长方形分成上下两个梯形的两个点

这样，在正方形内就有4个固定的点，凡是把正方形面积分成两个面积为2∶3 的梯形的直线，一定通过这4点中的某一个。我们把这4个点看作4个抽屉，9条直线看作9个苹果，由抽屉原理可知，9421，所以，必有一个抽屉内至少放有3个苹果，也就是，必有三条直线要通过一个点。

【例 15】 如图，能否在8行8列的方格表的每一个空格中分别填上1，2，3这三个数，使得各行各列及

对角线上8个数的和互不相同？并说明理由．

【解析】 从问题入手：因为问的是和，所以就从和的种类入手。

由1，2，3组成的和中最小为818，最大的为8324，8~24中共有17种结果，而8行8列加上对角线共有18个和，根据抽屉原理，必有两和是相同的，所以此题不能满足要求．

【巩固】 能否在10行10列的方格表的每个空格中分别填上1，2，3这三个数之一，使得大正方形的每

行、每列及对角线上的10个数字之和互不相同？对你的结论加以说明．

【解析】 大正方形的每行、每列及对角线上的10个数字之和最小是10，最大是30．因为从10到30之间

只有21个互不相同的整数值，把这21个互不相同的数值看作21个“抽屉”，而10行、10列及两条对角线上的数字和共有22个整数值，这样元素的个数比抽屉的个数多1个，根据抽屉原理可知，至少有两个和同属于一个抽屉，故要使大正方形的每行、每列及对角线上的10个数字之和互不相同是不可能的．

【例 16】 （南京市第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛C卷第12题）如下图① ，A、B、C、D四

只小盘拼成一个环形，每只小盘中放若干糖果，每次可取出1只、或3只、或4只盘中的全部

糖果，也可取出2只相邻盘中的全部糖果.要使1至13粒糖果全能取到，四只盘中应各有 粒糖果.把各只盘中糖果的粒数填在下图②中.

A

B

D

C

图① 图②

【解析】 有两种方法（填出一种即可），如下图

1

2

13

4

67

2

【巩固】 (南京市第三届“兴趣杯”少年数学邀请赛决赛D卷第12题)如右图A、B、C、D四只小盘拼

成一个环形，每只小盘中放若干糖果.每次可取出1只、或3只、或4只盘中的全部糖果，也可

取出2只相邻盘中的全部糖果.这样取出的糖果数最多有几种？请说明理由.

A

B

D

C

【解析】 最多为13种.因为取1只盘子有4种取法；取3只盘子（即有1种盘子不取），也有四种取法；取4

只盘子只有1只取法；取两只相邻的盘子，在第1只取定后，（依顺时针方向），第2只也就确定了，所以也有4种取法.共有34113种取法.

满足13种取法的糖果放法可以有无数多种.例题的解表明糖果数可以为1～13这13种.

【例 17】 如右图，分别标有数字1,2,,8的滚珠两组，放在内外两个圆环上，开始时相对的滚珠所标的数

字都不相同．当两个圆环按不同方向转动时，必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对．

【分析】 内外两个圆环对转可以看成一个静止，只有一个环转动，一个环转动一周后，每个滚珠都会有一

次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现，那么这种局面共要出现8次.将这8次局面看成8个苹

果，注意到一环每转动45角就有一次滚珠相对的局面出现，转动一周共有8次滚珠相对的局面，而最初相对滚珠所标数字都不相同，所以相对的滚珠所标的数字相同的情况只出现在以后的7次转动中，将7次转动看做7个抽屉，根据抽屉原理至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中即必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对．

【巩固】 8位小朋友围着一张圆桌坐下，在每位小朋友面前都放着一张纸条，上面分别写着这8位小朋友

的名字．开始时，每位小朋友发现自己面前所对的纸条上写的都不是自己的名字，请证明：经过适当转动圆桌，一定能使至少两位小朋友恰好对准自己的名字．

【解析】 沿顺时针方向转动圆桌，每次转动一格，使每位小朋友恰好对准桌面上的字条，经过8次转动后，

桌面又回到原来的位置．

在这个转动的过程中，每位小朋友恰好对准桌面上写有自己名字的字条一次，我们把每位小朋友与自己名字相对的情况看作“苹果”，共有8只“苹果”．

另一方面，由于开始时每个小朋友都不与自己名字相对，所以小朋友与自己名字相对的情况只发生在7次转动中，这样7次转动(即7个“抽屉”)将产生8位小朋友对准自己名字的情况，由抽屉原理可知，至少在某一次转动后，有两个或两个以上的小朋友对准自己的名字．

【例 18】 时钟的表盘上按标准的方式标着1，2，3，…，11，12这12个数，在其上任意做n个120°的

扇形，每一个都恰好覆盖4个数，每两个覆盖的数不全相同．如果从这任做的n个扇形中总能恰好取出3个覆盖整个钟面的全部12个数，求n的最小值．

111098765121234

【解析】 （1）当n8时，有可能不能覆盖12个数，比如每块扇形错开1个数摆放，盖住的数分别是：（12，

1，2，3）；（1，2，3，4）；（2，3，4，5）；（3，4，5，6）；（4，5，6，7）；（5，6，7，8）；（6，7，8，9）；（7，8，9，10），都没盖住11，其中的3个扇形当然也不可能盖住全部12个数． （2）每个扇形覆盖4个数的情况可能是： （1，2，3，4）（5，6，7，8）（9，10，11，12）覆盖全部12个数 （2，3，4，5）（6，7，8，9）（10，11，12，1）覆盖全部12个数 （3，4，5，6）（7，8，9，10）（11，12，1，2）覆盖全部12个数 （4，5，6，7）（8，9，10，11）（12，1，2，3）覆盖全部12个数

当n9时，至少有3个扇形在上面4个组中的一组里，恰好覆盖整个钟面的全部12个数． 所以n的最小值是9．

【巩固】 (2009年清华附中入学测试题)如图，在时钟的表盘上任意作9个120°的扇形，使得每一个扇形

都恰好覆盖4个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到3个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作8个扇形将不能保证上述结论成立．

111098765121234

【解析】 在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个扇形

分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，

9必有13个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘．另一方面，作8

4个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，则可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘．

课后练习

练习1. 篮子里有苹果、梨、桃和桔子，现有若干个小朋友，如果每个小朋友都从中任意拿两个水果，那

么至少有多少个小朋友才能保证有两个小朋友拿的水果是相同的？

【解析】 首先应弄清不同的水果搭配有多少种．两个水果是相同的有4种，两个水果不同有6种：苹果和

梨、苹果和桃、苹果和桔子、梨和桃、梨和桔子、桃和桔子．所以不同的水果搭配共有4610（种）．将这10种搭配作为10个“抽屉”．由抽屉原理知至少需11个小朋友才能保证有两个小朋友拿的水果是相同的

练习2. 将每一个小方格涂上红色、黄色或蓝色．（每一列的三小格涂的颜色不相同），不论如何涂色，其

中至少有两列，它们的涂色方式相同，你同意吗？

【解析】 这道题是例题的拓展提高，通过列举我们发现给这些方格涂色，要使每列的颜色不同，最多有6种不同的涂法，

红蓝黄红黄蓝蓝红黄蓝黄红黄红蓝黄蓝红

涂到第六列以后，就会跟前面的重复．所以不论如何涂色，其中至少有两列它们的涂色方式相同．

练习3. 从1，2，3，，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定有两个数的

差为50。

【解析】 将100个数分成50组：{1,51}，{2,52}，{3,53}，，{50,100}，将其看作50个抽屉，在选

出的51个数中，必有两个属于一组，这一组的差为50．

这道题也同样可以从小数入手考虑．

练习4. (南京市首届“兴趣杯”少年数学邀请赛)从1至36个数中，最多可以取出___个数，使得这些数

种没有两数的差是5的倍数．

【解析】 构造公差为5的数列，如图，有五条链，看成5个抽屉，每条链上取1个数，最多取5个数．

1－6－11－16－21－26－31－36

2－7－12－17－22－27－32 3－8－13－18－23－28－33 4－9－14－19－24－29－34 5－10－15－20－25－30－35

练习5. (《小数报》数学竞赛初赛试题)在20米长的水泥阳台上放11盆花，随便怎样摆放，至少有几盆

花之间的距离不超过2米．

（111）20(米)．另一方面，可以使开【解析】 如果每两盆之间的距离都超过2米，那么总距离超过2始的10盆每两盆之间距离略大于2米，而最后两盆之间小于2米．所以，至少有两盆之间的距离不超过2米．

练习6. 用数字1，2，3，4，5，6填满一个66的方格表，如右图所示，每个小方格只填其中一个数字，

将每个22正方格内的四个数字的和称为这个22正方格的“标示数”．问：能否给出一种填

法，使得任意两个“标示数”均不相同？如果能，请举出一例；如果不能，请说明理由．

【解析】 先计算出每个22正方格内的四个数字的和最小为4，最大为24，从4到24共有21个不同的值，

即有21个“抽屉”；再找出在66的方格表最多有：5525(个)22正方格的“标示数”，即有25个“苹果”．252114,根据抽屉原理，必有两个“标示数”相同．

练习7. 将400本书随意分给若干同学，但是每个人不许超过11本，问：至少有多少个同学分到的书的

本数相同？

【解析】 每人不许超过11本，最“坏”的情况是每人得到的本数尽量不相同，为：1、2、3、4、5、6、7、

8、9、10、11这11种各不相同的本数，共有：1+2+3++11=66本，4006664，最不利的分法是：得1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11本数+的各6人，还剩4本书，要使每个人不超过11本，无论发给谁，都会使至少有7人得到书的本书相同．

练习8. 边长为1的等边三角形内有5个点，那么这5个点中一定有距离小于0.5的两点. 【解析】 5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么

这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于0.5。

1可以继续拓展：边长为1的等边三角形内，若有n21个点，则至少存在2点距离小于.

n

月测备选

【备选1】学校里买来数学、英语两类课外读物若干本，规定每位同学可以借阅其中两本，现有4位小朋友

前来借阅，每人都借了2本．请问，你能保证，他们之中至少有两人借阅的图书属于同一种吗？

【解析】 每个小朋友都借2本有三种可能：数数，英英，数英．第4个小朋友无论借什么书，都可能是这

三种情况中的一种，这样就有两个同学借的是同一类书，所以可以保证，至少有2位小朋友，他们所借阅的两本书属于同类．

总结： 此题如用简单乘法原理的话，有难度，因为涉及到简单加法原理，所以推荐使用列表法。与之前不

同的是，本题借阅的书只说了两本并没说其他要求，所以可以拿2本同样的书．

【备选2】请证明：在1，4，7，10，…，100中任选20个数，其中至少有不同的两组数其和都等于104. 【解析】 1，4，7，10，…，100共有34个数，将其分为(4，100)，(7，97)，…，(49，55)，(1)，(52)，

共有18个抽屉．从这18个抽屉里面任意抽取20个数，则至少有18个数取自前16个抽屉，所以至少有4个数取自某两个抽屉中，而属于同一“抽屉”的两个数，其和是104．

【备选3】试说明在一条长100米的小路一旁植树101棵，不管怎样种，总有两棵树的距离不超过1米． 【解析】 把这条小路分成每段1米长，共100段

每段看作是一个抽屉，共100个抽屉，把101棵树看作是101个苹果 于是101个苹果放入100个抽屉中，至少有一个抽屉中有两个苹果 即至少有一段有两棵或两棵以上的树

【备选4】在边长为1 的正方形内任意放入九个点，求证：存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面

积

不超过0.125

【解析】 如图，用9个点四等分正方形，得到四个面积都为0.25的正方形，我们把四个面积为0.25的正方

形看成4个抽屉，9个点看成苹果，因此必有三个点在一个面积为0.25的正方形内，如果这三点恰好是正方形的顶点，则三角形的面积为0.125，如果这三点在正方形内部，则三角形的面积小于0.125，因此存在三个点，以这三个点为顶点的三角形的面积不超过0.125

【备选5】在88的方格纸中，每个方格纸内可以填上14四个自然数中的任意一个，填满后对每个22“田”

字形内的四个数字求和，在这些和中，相同的和至少有几个？

【解析】 先计算出在88的方格中，共有22“田”字形：7749(个)，在14中任取4个数(可以重

复)的和可以是416中之一，共13种可能，根据抽屉原理:4913310，至少有314个“田”字形内的数字和是相同的．