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第40讲格点节主要内容有格点的概念，及格点在解题中的应用．格点，又叫整点，指的是在直角坐标系中，每个坐标都是整数的点．或者直接在平面上取两组互相垂直的平行线(在空间中就取三组互相垂直的平行平面)，相邻的两条平行线的距离相等，这两组平行线的交点就是格点．当一个多边形的所有顶点都是两组互相垂直的平行线，相邻的两条平行线的距离相等，这两组平行线的交点就是格点．关于格点多边形，有下列定理：定理1(皮克定理)设格点多边形内部有N个格点，边界上有L个格点，则其面积S=N+12L－1．(证明略)定理2边与两轴平行的正方形(顶点不一定是格点)，如果其面积大于1，则其内部至少有一个格点．证明如图，设点A、B的横坐标分别为a，b，则r＝b－a＞1．若a为整数，则a＋1＜b，而a＋1为整数，此时，直线x＝a＋1穿过正方形ABCD内部；若a不是整数，[a]是不超过a的最大整数，{a}＝a－[a]，有0＜{a}＜1，此时a＝[a]＋{a}＜[a]＋1＝a－[a]＋1＝a＋1－[a]＜b－[a]＜b．即直线x＝[a]＋1穿过正方形内部．总之，正方形内部有一条竖直格线穿过．同理，正方形内部有一条水平格线穿过．即其正方形内部有一个格点．A类例题例1⑴内部不含格点的圆，其面积≤2．⑵内部恰有一个格点的圆，其半径不大于1．分析本题是定理2的一个直接应用．⑴证明如果圆的面积＞2，则其半径＞12其内接正方形边长＞1．由定理2可知其内部必有格点．故证．⑵证明设⊙O有内部恰有一个格点，且其的半径＞1．圆心O必在某个格点正方形ABCD内或在其边上．从而A、B、C、D至少有三点在⊙O外或⊙O上．于是相对的两个顶点A、C或B、D同在⊙O外或⊙O上，例如B、D在⊙O外(或⊙O上)．于是BO≥1，DO≤1．即O应在以B、D为圆心，1为半径的圆外(或边界上)，又在正方形ABCD内部，这是不可能的．例2⑴找出内部恰有0个、1个、2个、3个、4个格点的面积最大的圆．⑵能否找到内部恰有5个格点的面积最大圆？⑴解(如图)内部恰有0个格点的面yxODABCabyxODABCOODABC积最大圆的半径＝12；内部恰有1个格点的面积最大圆的半径＝1；内部恰有2个格点的面积最大圆的半径＝52；内部恰有3个格点的面积最大圆的半径＝526；内部恰有4个格点的面积最大圆的半径＝102．⑵解如左图画的是内部有5个格点且过4个格点的圆，其半径＝2．但这圆不是内部有5个格点的面积最大圆．如右圆，取内部恰有四个格点的面积最大圆(虚线画的圆)，其圆心为O，点P1、P2、P3、…、P8等8个格点在此圆上，其半径＝102＞2．可以作一个圆使原来四个在圆内的格点仍在此圆内，且使P1在圆内而原来在圆上的其他格点都在圆外．为此取P1P8、P2P3的垂直平分线l1、l2，则在这两条直线围出的右上平面内的点，到P1的距离比到P8的距离小，到P2的距离比到P3的距离小，再作P2P8的垂直平分线l3，则l3上的点到P2、P8距离相等，现在l3上靠近点O取一点Q，以Q为圆心，QP2为半径画一圆，显然，此圆内恰有5个格点．只要点Q充分接近O，则⊙Q的半径充分接近102，但圆内恒有5个格点．即没有圆内恰有5个格点而面积最大的圆．情景再现1．内部不含格点的正方形，其面积≤2．2．找出内部恰有1个，2个格点的面积最大的正方形．B类例题例3求证：对任何n(n∈N)，可以作一个圆，恰盖住n个格点(格点在圆内部)．分析只要能证明，平面上存在一点，到所有格点的距离两两不等．为此，可以利用“无理数不等于有理数”来解．证明取一点，其两个坐标都是无理数，例如取点W(2，3)，先证明，以W为圆心，任意长为半径作的圆，至多通过一个格点．设某个以W为圆心的圆通过两个格点(m，n)，(p，q)(m，n，p，q∈Z)，则(m－2)2+(n－3)2＝(p－2)2+(q－3)2．展开整理得，m2+n2－p2－q2＝22(p－m)+23(q－n)．左边是有理数，右边当且仅当p＝m，q＝n时为有理数．故证．于是可知以W为圆心的圆至多通过一个格点．现考虑，平面上所有的点与W的距离，这些距离没有两个相等．把所有的格点与点W的距离按从小到大排队0＝r0＜r1＜r2＜r3＜…＜rn＜…．取线段r，满足rn＜r＜rn+1，以W为圆Ql1l2l3OP2P3P4P1心，r为半径作圆，则此圆内恰有n个格点．说明本题即是辛泽尔定理，利用本题的结果可以解1987年的全国高中联赛题二试第2题．例4若a与b是互质的正整数，证明ab＋2ab＋3ab＋…＋(b－1)ab＝12(a－1)(b－1)．分析研究数[ka](k，a∈N*)的几何意义：取函数y＝kx，这是一条直线，在直线上取一点(a，ka)，在连结点(a，0)与点(a，ka)的线段上(不含点(a，0)而含点(a，ka)时)，恰有[ka]个格点．证明取直线y＝abx(右图中以a＝5，b＝9为例)．对于k＝1，2，…，b－1，由(a，b)＝1，知b|/ak．所以直线y＝abx与x＝k(k＝1，2，…，b－1)的交点都不是格点．而kab表示线段x＝k(y∈(0，ka])上的格点的个数，所以，ab＋2ab＋3ab＋…＋(b－1)ab表示以O(0，0)，A(b，0)，B(b，a)为顶点的三角形内部的格点数．由于线段y＝abx(x∈(0，b)上没有格点，由对称性知，△OAB内部的格点数等于矩形OABC(其中点C坐标为(0，a))内部格点数的一半．而矩形OABC内部的格点数＝(a－1)(b－1)(共a－1行，b－1列)．从而ab＋2ab＋3ab＋…＋(b－1)ab＝12(a－1)(b－1)．说明本题所证明的恒等式称为厄尔米特恒等式．本题是把《高斯函数》中的内容与格点联系起来的一个定理．例5若每边长均为整数，三边不等且最大边长为n的三角形共有600个，求n．分析先列出相关条件，把相关条件转化为平面上满足这些条件的格点数．解设三边长为x，y，n，且x＜y＜n，则有x+y＞n．本题可以理解为满足y＜n，y＞x，x+y＞n的区域中恰有600个整点．故在坐标系内作直线y＝x，x＋y＝n，y＝n，若A(n，0)，B(n，n)，C(0，n)，AC、OB的交于点P．由这三条直线围成的三角形PBC即为所求区域．正方形内共有(n－1)2个格点，线段AC、OB内各有n－1个格点，当n为奇数时，P不是格点，当n为偶数时，P是格点．由对称性，ΔPAB、ΔPBC、ΔPCO、ΔPOA内的格点数相等．故有(n－1)2－2(n－1)＋k＝600×4．(n为偶数时k＝1，n为奇数时，k＝0)即n2－4n＋3＝2400－k．当n为奇数时，(n－2)2＝2401＝492，所求正整数解为n＝51．12345CBA987654321xyOyxOnnPABCy=nx+y=ny=x当n为偶数时，(n－2)2＝2400，无整数解．所以n＝51．情景再现3．⑴如图⑴，在一个棋盘形的街区图中，纵线与横线都表示街道，有人沿此街道从(0，0)直到(n，m)，问使路程最短的走法有多少种?⑵如图⑵，仍在此街道图中，如果在点(p，q)与(p，q+1)(0≤p≤n，0≤q≤m－1)间的街道(图中用粗线标出)戒严，禁止通行，则从(0，0)到(n，m)的最短走法有多少种？4．试设计一种染色方法，把所有的平面整点染色，每一整点染成红色、白色或黑色中的一种颜色，使：⑴每一种颜色出现在无穷多条与横轴平行的格线上；⑵对任意白点A，红点B，黑点C，必可找到一个红点D，使ABCD为平行四边形．(1986年全国高中联赛)5．中国象棋的“马”可以从一个1×2矩形的一个顶点跳到相对的顶点上(不妨称之为1×2马)．问一个中国象棋的马能否从其起点A出发，不重复不遗漏地跳遍半个棋盘？6．在一个n×n的方格纸上任意选定同一行的相邻两个方格A与B，在左面的A格中放了一枚棋子，它可以向上、右、和斜左下的格子走，试证明：对任何正整数n(n1)，这枚棋子不能走遍所有的格子并最后走到B，而且每个格子都只走过一次．C类例题例6起点为(0，0)，终点为(2n，0)(n∈N*)的折线由(p，q)→(p+1，q±1)类型的线段构成．集合A表示该折线除起点与终点外与y=0还有一个公共点，但位于y=0上方的折线集合；集合B表示该折线除起点与终点外与y=0没有公共点，且位于y=0上方的折线集合．求证：card(A)=card(B)．证明对于每个A中的任意一条折线l，设它与x轴(除起点与终点外)的交点为(2k，0)．此点把l分成两部分：前段l1与后段l2，现把l2中从(2k，0)到(2k＋1，1)的一节截出放到从(0，0)到(1，1)，并把前段l1按(0，0)到(1，1)的向量平移，这样就得到了一条B中的折线．反之，对于每条B中的折线l，它至少有两次与直线y＝1相交．第一次交于(1，1)，设第二次交于点(2k＋1，l'1l2l1yxO（2k,0)（2k+1,1)Oxyl1l2l'1图(1)(0,0)(n,m)(p,q+1)(p,q)(n,m)(0,0)图(2)1)，这两点把l分成三段．一段是从(0，0)到(1，1)，一段是从(1，1)到(2k＋1，1)，一段是从(2k＋1，1)到(2n，0)，现把第一段移至(2k，0)到(2k＋1，1)，第二段按(1，1)至(0，0)的向量平移，则得到了一条A中的折线．这说明A中的折线与B中的折线有一个一一对应关系．∴card(A)＝card(B)．例7在平面直角坐标系中，任取6个格点Pi(xi，yi)(i=1，2，3，4，5，6)满足：⑴|xi|≤2，|yi|≤2(i=1，2，3，4，5，6)；⑵任何三点不在一条直线上．试证明：在以Pi(i=1，2，3，4，5，6)为顶点的所有三角形中，必有一个三角形的面积不大于2．(1992年全国高中数学联赛试题)分析满足要求的格点共25个，设法把它们分组，使同组三个格点连成三角形面积不超过2，再研究可能取点的情况．证明如图，满足条件的格点只能是图中A、B、…、Y这25个格点中的6个．把这25个格点分成三个矩形：矩形AEFJ、KOWU、MNYX．若所取的6个点中有三个点在上述三个矩形中的某一个中，则此三点即满足要求．若三个矩形中均无所取6点中的3点，则必是某个矩形中有所取的2个点．⑴若E、F、D、G、O、R、W中有所取的点，则此点与矩形MNYX中的两点满足要求；⑵若上述7点均未取，则A、B、C、H、I、J中必有两点，此时若L、K中有所取的点，则亦有三点满足要求；⑶若L、K亦未取，则必在P、Q、V、U中取了2点，矩形ACHJ中取了2点：此时取P、Q两点，或Q、V两点，或V、U两点，或U、P两点，或Q、U两点，则无论ACHJ中取任一点，与之组成三角形面积均满足要求．若取P、V两点，则矩形ACHJ中必有一点异于C，取此点与P、V满足要求．综上可知，必有满足要求的3点存在．例8平面上有限点集的集合S．其中每个点的坐标都是整数，是否可以把这个集合中的某些点染红色，其余点染白色，使得与纵横坐标轴平行的每一条直线L上所包含的红、白点的个数至多相差1个？分析本题不外以下三种结果：1˚对于一切n∈N*，均无法染成，此时要给出证明；2˚对于一切n∈N*，均可以染成，此时要给出一个染色的方法；3˚对于某些n∈N*，可以找到染色方法；而对于另一些n∈N*，则无法染成；此时要给出分类的标准，并对无法染成的给出证明，对可以染成的给出染色方法．为了证明本题，可以先看最简单的情况，n＝1，2，3等，于是可以考虑用数学归纳法证明本题．证明用数学归纳法证明：若n=1，则可以将此点任意染成红色或白色．若n=2，则可把这两个点一个染红一个染白．即n=1，2时命题成立．设当n＝k(k∈N*)时都有满足上述要求的染法，当n=k+1时，YXWVUTISRQPJN-2-2MLKHGFEDCBA22yxO①若某一条纵线(或横线)上有奇数个点，则将此直线上的点去掉1个，此时，共余下k个点，可以有满足上述要求的染法．由于去掉一个点后