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7. A,B,C,D,E,F六人参加一次会议,见面时他们相互握手问好,每两人之间不重复握手,如图,已知A已经握了5次,B已经握了4次,C已经握了3次,D已经握了2次,E已经握了1次,请利用下图分析F已经和哪些人握手了.
答案
解：
A握手5次，说明A与B、C、D、E、F五人全部握了手。
E仅握手1次，可知E唯一的握手对象是A，E没有和其余任何人握手。
B握手4次，B不可能与E握手，因此B的握手对象为A、C、D、F四人。
此时D的握手次数恰好为2次，对应D和A、B的两次握手，说明D没有再和其他人握手。
C需要握手3次，已经和A、B各握1次，剩余1次的握手对象不可能是D、E，只能是F。
综上，F的握手对象为A、B、C三人。
答：F已经和A、B、C握手了。
A握手5次，说明A与B、C、D、E、F五人全部握了手。
E仅握手1次，可知E唯一的握手对象是A，E没有和其余任何人握手。
B握手4次，B不可能与E握手，因此B的握手对象为A、C、D、F四人。
此时D的握手次数恰好为2次，对应D和A、B的两次握手，说明D没有再和其他人握手。
C需要握手3次，已经和A、B各握1次，剩余1次的握手对象不可能是D、E，只能是F。
综上，F的握手对象为A、B、C三人。
答：F已经和A、B、C握手了。
解析
【分析】
这是一道握手逻辑推理题，解题遵循“从极值入手、逐步排除”的思路：6人每两人不重复握手，每人最多握手5次。首先从握手次数最多的A入手，确定A的握手对象；再从握手次数最少的E入手，确定E唯一的握手对象，排除E和其他人握手的可能；接着结合B、D、C的握手次数，逐步排除不可能的握手情况，最终确定F的握手对象。
【解析】
1. A握手5次，说明A与B、C、D、E、F五人全部握了手。
2. E仅握手1次，可知E唯一的握手对象是A，E没有和其余任何人握手。
3. B握手4次，B不可能与E握手，因此B的握手对象为A、C、D、F四人。
4. 此时D的握手次数恰好为2次，对应D和A、B的两次握手，说明D没有再和其他人握手。
5. C需要握手3次，已经和A、B各握1次，剩余1次的握手对象不可能是D、E，只能是F。
综上可推出F的握手对象。
【答案】
F已经和A、B、C握手了。
【知识点】
逻辑推理、握手问题、排除法
【点评】
本题是典型的逻辑推理类问题，解题核心是优先分析握手次数最多和最少的对象，以此为突破口逐步缩小范围、排除矛盾情况，就能顺理成章推导出结果，能有效锻炼逻辑思维能力。
【难度系数】
0.7
这是一道握手逻辑推理题，解题遵循“从极值入手、逐步排除”的思路：6人每两人不重复握手，每人最多握手5次。首先从握手次数最多的A入手，确定A的握手对象；再从握手次数最少的E入手，确定E唯一的握手对象，排除E和其他人握手的可能；接着结合B、D、C的握手次数，逐步排除不可能的握手情况，最终确定F的握手对象。
【解析】
1. A握手5次，说明A与B、C、D、E、F五人全部握了手。
2. E仅握手1次，可知E唯一的握手对象是A，E没有和其余任何人握手。
3. B握手4次，B不可能与E握手，因此B的握手对象为A、C、D、F四人。
4. 此时D的握手次数恰好为2次，对应D和A、B的两次握手，说明D没有再和其他人握手。
5. C需要握手3次，已经和A、B各握1次，剩余1次的握手对象不可能是D、E，只能是F。
综上可推出F的握手对象。
【答案】
F已经和A、B、C握手了。
【知识点】
逻辑推理、握手问题、排除法
【点评】
本题是典型的逻辑推理类问题，解题核心是优先分析握手次数最多和最少的对象，以此为突破口逐步缩小范围、排除矛盾情况，就能顺理成章推导出结果，能有效锻炼逻辑思维能力。
【难度系数】
0.7
8.握手问题探究：
【问题】(1)在一次聚会上，规定每两个人见面必须握1次手.若参加聚会的人数为6，则共握手次；
【变式】(2)小王毕业后选择去边疆支教，他的亲友为小王送行，小王及父母与前来送行的客人一一握手，客人之间也相互握手，但小王及父母之间不握手，共有88次握手，求送行的客人来了多少人；
【拓展】(3)若一条线段AB上共有m个点(不含端点A,B)，则共有线段条(用含m的代数式表示)；
【应用】(4)已知由边长为1的小正方形拼成如图所示的矩形ABCD，求图中共有多少个矩形和多少个正方形.
【问题】(1)在一次聚会上，规定每两个人见面必须握1次手.若参加聚会的人数为6，则共握手次；
【变式】(2)小王毕业后选择去边疆支教，他的亲友为小王送行，小王及父母与前来送行的客人一一握手，客人之间也相互握手，但小王及父母之间不握手，共有88次握手，求送行的客人来了多少人；
【拓展】(3)若一条线段AB上共有m个点(不含端点A,B)，则共有线段条(用含m的代数式表示)；
【应用】(4)已知由边长为1的小正方形拼成如图所示的矩形ABCD，求图中共有多少个矩形和多少个正方形.
答案
解：
(1) 共握手$\frac{6×(6-1)}{2}=15$次。
(2) 设送行的客人来了$x$人，
根据题意得：
$3x + \frac{x(x-1)}{2} = 88$
整理得：$x^2 + 5x - 176 = 0$
解得：$x_1=11$，$x_2=-16$，
经检验$x=-16$不符合实际意义，舍去。
答：送行的客人来了11人。
(3) 线段AB上总共有$(m+2)$个点，任意两点确定一条线段，总线段数为$\frac{(m+1)(m+2)}{2}$。
(4) 由图可知，矩形的长方向上共有6条竖线，从中任选2条作为矩形的左右边，选法共有$\frac{6×5}{2}=15$种；矩形的宽方向上共有5条横线，从中任选2条作为矩形的上下边，选法共有$\frac{5×4}{2}=10$种，因此矩形总个数为$15×10=150$。
正方形的个数：
边长为1的正方形有$5×4=20$个，
边长为2的正方形有$4×3=12$个，
边长为3的正方形有$3×2=6$个，
边长为4的正方形有$2×1=2$个，
正方形总个数为$20+12+6+2=40$。
答：图中共有150个矩形，40个正方形。
(1) 共握手$\frac{6×(6-1)}{2}=15$次。
(2) 设送行的客人来了$x$人，
根据题意得：
$3x + \frac{x(x-1)}{2} = 88$
整理得：$x^2 + 5x - 176 = 0$
解得：$x_1=11$，$x_2=-16$，
经检验$x=-16$不符合实际意义，舍去。
答：送行的客人来了11人。
(3) 线段AB上总共有$(m+2)$个点，任意两点确定一条线段，总线段数为$\frac{(m+1)(m+2)}{2}$。
(4) 由图可知，矩形的长方向上共有6条竖线，从中任选2条作为矩形的左右边，选法共有$\frac{6×5}{2}=15$种；矩形的宽方向上共有5条横线，从中任选2条作为矩形的上下边，选法共有$\frac{5×4}{2}=10$种，因此矩形总个数为$15×10=150$。
正方形的个数：
边长为1的正方形有$5×4=20$个，
边长为2的正方形有$4×3=12$个，
边长为3的正方形有$3×2=6$个，
边长为4的正方形有$2×1=2$个，
正方形总个数为$20+12+6+2=40$。
答：图中共有150个矩形，40个正方形。
解析
【分析】
本题核心是“无顺序两点配对”的计数模型（即握手模型）：n个对象中任选2个配对，总配对数为$\frac{n(n-1)}{2}$，各小问思路如下：
(1) 6人两两握手，直接代入握手公式计算即可；
(2) 分两类计数握手次数：①小王及父母共3人与x位客人握手，每人握x次，共3x次；②x位客人两两握手，代入握手公式得$\frac{x(x-1)}{2}$次，两类相加等于总握手次数88，列一元二次方程求解，舍去不符合实际的负根；
(3) 线段AB含端点共$(m+2)$个点，两点确定一条线段，代入配对公式即可得总线段数；
(4) 矩形计数：矩形由左右两条竖线、上下两条横线确定，先分别计算长（水平）、宽（竖直）方向选2条线的选法数，两者相乘即得矩形总数；正方形计数需按边长分类：边长为1、2、3、4的正方形分别计数后求和。
【解析】
(1) 6人两两握手，总握手次数为$\frac{6×(6-1)}{2}=15$次；
(2) 设送行的客人来了$x$人，
根据题意，握手总次数=小王及父母与客人握手次数+客人之间握手次数，列方程：
$3x + \frac{x(x-1)}{2} = 88$
整理得：$x^2 + 5x - 176 = 0$
解得：$x_1=11$，$x_2=-16$，
人数不能为负，故$x=-16$不符合实际意义，舍去。
(3) 线段AB上不含端点有m个点，总点数为$m+2$，任意两点确定一条线段，总线段数为$\frac{(m+2)(m+2-1)}{2}=\frac{(m+1)(m+2)}{2}$；
(4) 矩形计数：由图可知，水平方向共6条竖线，任选2条作为矩形左右边，选法有$\frac{6×5}{2}=15$种；竖直方向共5条横线，任选2条作为矩形上下边，选法有$\frac{5×4}{2}=10$种，因此矩形总个数为$15×10=150$。
正方形分类计数：
边长为1的正方形：$5×4=20$个，
边长为2的正方形：$4×3=12$个，
边长为3的正方形：$3×2=6$个，
边长为4的正方形：$2×1=2$个，
正方形总个数为$20+12+6+2=40$。
【答案】
(1) $\boxed{15}$；(2) $\boxed{11}$人；(3) $\boxed{\frac{(m+1)(m+2)}{2}}$；(4) 矩形$\boxed{150}$个，正方形$\boxed{40}$个
【知识点】
组合计数、一元二次方程应用、图形计数
【点评】
本题以握手问题为基础模型，拓展到线段计数、平面图形计数，将代数与几何计数结合，解题关键是理解“不重复不遗漏的有序计数”逻辑，求解实际问题时要注意对结果进行合理性检验。
【难度系数】
0.65
本题核心是“无顺序两点配对”的计数模型（即握手模型）：n个对象中任选2个配对，总配对数为$\frac{n(n-1)}{2}$，各小问思路如下：
(1) 6人两两握手，直接代入握手公式计算即可；
(2) 分两类计数握手次数：①小王及父母共3人与x位客人握手，每人握x次，共3x次；②x位客人两两握手，代入握手公式得$\frac{x(x-1)}{2}$次，两类相加等于总握手次数88，列一元二次方程求解，舍去不符合实际的负根；
(3) 线段AB含端点共$(m+2)$个点，两点确定一条线段，代入配对公式即可得总线段数；
(4) 矩形计数：矩形由左右两条竖线、上下两条横线确定，先分别计算长（水平）、宽（竖直）方向选2条线的选法数，两者相乘即得矩形总数；正方形计数需按边长分类：边长为1、2、3、4的正方形分别计数后求和。
【解析】
(1) 6人两两握手，总握手次数为$\frac{6×(6-1)}{2}=15$次；
(2) 设送行的客人来了$x$人，
根据题意，握手总次数=小王及父母与客人握手次数+客人之间握手次数，列方程：
$3x + \frac{x(x-1)}{2} = 88$
整理得：$x^2 + 5x - 176 = 0$
解得：$x_1=11$，$x_2=-16$，
人数不能为负，故$x=-16$不符合实际意义，舍去。
(3) 线段AB上不含端点有m个点，总点数为$m+2$，任意两点确定一条线段，总线段数为$\frac{(m+2)(m+2-1)}{2}=\frac{(m+1)(m+2)}{2}$；
(4) 矩形计数：由图可知，水平方向共6条竖线，任选2条作为矩形左右边，选法有$\frac{6×5}{2}=15$种；竖直方向共5条横线，任选2条作为矩形上下边，选法有$\frac{5×4}{2}=10$种，因此矩形总个数为$15×10=150$。
正方形分类计数：
边长为1的正方形：$5×4=20$个，
边长为2的正方形：$4×3=12$个，
边长为3的正方形：$3×2=6$个，
边长为4的正方形：$2×1=2$个，
正方形总个数为$20+12+6+2=40$。
【答案】
(1) $\boxed{15}$；(2) $\boxed{11}$人；(3) $\boxed{\frac{(m+1)(m+2)}{2}}$；(4) 矩形$\boxed{150}$个，正方形$\boxed{40}$个
【知识点】
组合计数、一元二次方程应用、图形计数
【点评】
本题以握手问题为基础模型，拓展到线段计数、平面图形计数，将代数与几何计数结合，解题关键是理解“不重复不遗漏的有序计数”逻辑，求解实际问题时要注意对结果进行合理性检验。
【难度系数】
0.65
