初中数学竞赛专题：染色问题

1、初中数学竞赛专题:染色问题25.1.1圆周上等间距地分布着27个点，它们被分别染为黑色或白色.今知其中任何2个黑点之间至少间隔2个点.证明:从中可以找到3个白点，它们形成等边三角形的3个顶点.解析 我们将27个点依次编号，易知它们一共可以形成9个正三角形 (1,10,19),(2,11,20),-,(9,18,27).由染色规则知，其中至多有9个黑点.如果黑点不多于8个,则其中必有一个正三角形的所有顶点全为白色.如果黑点恰有9个，那么 由染色规则知，它们只能是一黑两白相间排列，其中也一定有一个正三角形的所有顶点全为白色.25. 1. 2某班有50位学生，男女各占一半，他们围成一圈席地而坐开营火

2、晚会.求证:必能 找到一位两旁都是女生的学生.解析 将50个座位相间地涂成黑白两色，假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学 生，那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生.否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的 座位，其上面都坐着女生，其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾.同理,25个涂有白色标记的座 位至多只能坐12个女生，因此全部入座的女生不超过24人，与题设相矛盾.故命题得证.25.1.3在线段他的两个端点，一个标以红色,一个标以蓝色，在线段中间插入个分点,在各个 分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为+ 1个不重叠的小线段,这些小线段的两端颜 色不同者叫做标准线段.求证:标准

3、线段的个数是奇数.设最后一个标准线段为44 若A =4,则仅有一个标准线段，命题显然成立；若4=4,由 A、4不同色，则4必与儿同色,不妨设4与4均为红色,那么在4和A之间若有一红蓝的标准 线段,必有一蓝红的标准线段与之对应；否则4不能为红色,所以在4和4之间,红蓝和蓝红的 标准线段就成对出现，即4和4之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准线段4Ai所 以,A和3之间的标准线段的个数是奇数.25. 1. 4能否用面积为1x4的一些长方块将10x10的棋盘覆盖？解析 如图中标上14这些数，显然每个1X4的长方块各占1、2、3、4 一个,于是如果可以 覆盖，则1、2、3、4应一样多，但1有2

4、5个,2则有26个,矛盾!因此不能覆盖.1234123512234123412334123412344123412341I234123412234123412334123412344123412341I234123412234123412325.1.5*12个红球和12个蓝球排成一行，证明:必有相邻的6个球三红三蓝.解析 将这些球标上数字,红球标1,而蓝球则标上-1,于是问题变为:必定有6个相邻的球其标 数之和为0 .记从第i个球起的6个数字和为E，于是，可取12,19.易知凡的全部取值为-6、Y、-2、0、2、4、6,且|Sr-SJ = 0或2（可以认为以2或-2、。的步 长“连续”变化）.

5、由S+S7+S”+Sn=0,知若四数中有0,则结论成立，否则必有正有负.不妨设 S, 0,5） 0/，jel,7,13,19,于是必存在一个 在i 与 j 之间,S* =0.25. I. 6如图，把正方体形的房子分割成27个相等的小房间,每相邻（即有公共面）两个房间都 有门相通，在中心的那个小正方体中有一只中虫，甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中 的任何一问去.如果要求甲虫只能走到每个小房间一次，那么中虫能走遍所有的小房间吗？ 解析甲虫不能走遍所有的小房间.我们如右图将正方体分割成27个小正方体（每个小正方体 表示一间房间），涂上黑白相间的两种颜色，使得中心的小正方体染成白色,再使两个相

6、邻的小正 方体染上不同的颜色.显然，在27个小正方体中,14个是黑的,13个是白的.甲虫从中间的白色 小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色.故它走26步，应该经过14个白色的小正方体、 13个黑色的小正方体.因此在26步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次.由此可见，如果 要求甲虫到每一个小房间只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小房间.25.1.7*3行9列共27个小方格，将每个小方格涂上红色或蓝色.试证:无论如何涂法，其中至 少有两列,它们的涂色方式完全一样.解析 第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理)，不妨设这5个方格位于前五个位置，且都 为红色.下面考虑前五列构成的3X5小矩形.

7、第二行的五格中必有3格是同色的,不妨设这三格位于前 三个位置.接着考虑前三列构成的3X3方阵，该方阵前两行的每列完全一样.对第三行,用两种颜色染色时, 三列中必有两列同色，不妨设是前两列.此时前两列的涂色方式完全一样.红红红红红AAAbb25.L8如图(a),是由14个大小相同的正方形组成的图形,证明:不论如何用剪刀沿着图中直 线进行剪裁，总剪不出七个山相邻两个小正方形组成的矩形来.解析如图(b)涂色.若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形，则每个矩形一定由一个涂色小正方形 和一个不涂色小正方形构成.因此，应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形.但图中有八个涂色小正方形，六个不

8、涂色小正方形，因此适合题意的剪法不存在.25.1.9在8X8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数，现任挑选3X3或4X4的 正方形，将其中每个数加1,称为一次操作，问是否能经过有限次操作，一定可以让方格中的所有 整数均被1。整除？解析 按图中选择小方格涂黑，易见每个3X3或4X4都包含偶数个小黑格，这些小黑格中原来 数字之和是奇数的话，那么操作一次后，数字和仍是奇数，因此不能得到最后均被10整除.答案 是不一定.25.1,10*4X4的方格表中最多选择几个格子涂黑，使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的 顶点？解析 如图，涂9格，无所求矩形，下证若涂10格,则会出现所求矩形.这是因为若有一行

9、全部涂黑，则余下的行中必有一行至少涂黑2格，此时便有所求矩形出现.于 是每行黑格数不到4个，必有两行各包含3个黑格，此时不难看出有所求矩形出现,因此最多选择 9格.254U在8X8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格，使得剩下的小方格可以被1X3的矩 形覆盖？解析 剪去左上角的方格后，棋盘不能用21个3X1的矩形覆盖.为了证明这一点，我们将棋盘涂上三种颜色，涂法如图，其中数字1、2、3分别表示第一、二、三 种颜色.如果能用21个3X1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖，那么每个3X1的矩形盖住第一、二、三种 颜色的方格各1个，从而21个3义1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个，然而棋盘（剪 去左上角

10、后）却有第一种颜色的方格20个，第二种颜色的方格22个，第三种颜色的方格21个.因 此，剪去左上角的棋盘无法用21个3X 1的矩形覆盖.由此可见,如果剪去一个方格后，棋盘能用21个3X1的矩形覆盖，那么剪去的方格一定是图中涂 第二种颜色的方格.但是，剪去图中涂第二种颜色的一个方格后，仍然不能保证一定能用21个3X1的矩形覆盖，比如 说，剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3X 1的矩形覆盖，这是由于棋盘的对称性,剪去这 个方格与剪去第一行第7个（涂第一种颜色的）方格（或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格） 所剩下的棋盘完全相同.12312312231231233123123112312312

11、23123123312312311231231223123123于是，只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的 某一个，剩下的棋盘才有可能用21个3X 1的矩形覆盖.不难验证这时确实能够覆盖.25.1.12 求证:只用2X2及3X3的两种瓷砖不能恰好铺盖23X23的正方形地面.解析将23X23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色, 剩下的小方格全染成白色,于是白色的小方格的个数为15X23,这是奇数.因为每块2X2瓷砖 总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格，每块3X3瓷砖总是盖住三黑格和六白格，故无论多 少2X2及3

12、X3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住23X 15个白格，所以，只用2X2 及3X3的瓷砖不能盖住23X23的地面.123412342341234134123412412341231234123423412341341234124123412325.1.13 求证:用15块大小是1X4的矩形瓷砖和1块大小是2X2的正方形瓷砖，不能恰好铺 盖8义8的正方形地面.解析 把8X8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图.无论1 X4的矩形瓷砖 怎样盖在图中所示的地面上，每块1X4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个, 可见15块1 X4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、

13、3、4的小方格各15个,而一块2X2的正方形 瓷砖无论盖在何处，只有如下四种情形之一：rKi nzi nzi更或 HT 宓这就是说,2义2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中,必有两个小方块有相同数码.由此可见, 如果15块1 X4,l块2X2的瓷砖恰好能铺盖8X8的正方形地面，那么这64个小方块中,某一种 赋值的小方块应有17块，但实际上，赋值1、2、3、4的小方块各16块,矛盾.25.1.14 *7X7的方格表中有19个方格涂成红色,称一行或一列是红色的如果该行或该列中 至少有4个红格.问该方格表中最多有多少个红色的行和列？解析 首先我们指出红色的行和列不多于8个.若不然，红色的行和列至少9个

14、厕其中必有5个红行或红列，不妨设为前者.由于每个红行中至 少有4个红格，故知表中至少有20个红格.此与已知条件矛盾.其次，当我们将表格中的某个4X4的正方形的16个方格全部涂红时,便得到4个红行和4个红 列，共8个.这表明有19个红格时，确可使红行与红列的个数达到8.所以最大值为8.25.1.15 如图是由4个1X1方格组成的L形纸片，如果一个用x方格的棋盘能被若干个L形 纸片无重复地覆盖,试证:小是8的倍数.解析 设心棋盘由k个L形纸片所覆盖，而L形是由4个1X1小方格所组成，则可令 加=软.由此得出?、中至少有一个偶数，不失一般性，可令为偶数，即共有偶数列.现在对“列”进行黑、白交替染色，

15、可得黑、白格各共有兼个.易见每个L形纸片无论怎样配置，总是盖住奇数个黑格.今共有2k个黑格，因此必须有偶数个L 形，从而证得/是8的倍数.25.1.16 在8X8的方格棋盘上最多能放多少个马,它们互不相吃（假定有足够多的马）？ 解析 我们将棋盘相间染成黑白二色，则黑格与白格各32个.按马的走法（如图）知，黑格上的马 只能吃白格上的马，因此，将所有黑格都放马，它们是互不相吃的.这就是说，我们可以放32个马, 它们互不相吃.现证任意放33个马必有被吃的情形.事实上，将棋盘划分为8个2X4的小棋盘，则至少有一个小棋盘要放5个马，其放法只有两种可 能:要么一排放1个，另一排放4个；要么一排放2个，另一

16、排放3个.显然这两种放法都不可避 免地发生互相“残杀”的结局.因此，最多能放32个马，它们互不相吃.25.1.17 在12X 12的棋盘上,一匹超级马每步跳至3X4矩形的另一角，如图（a ）.这匹马能否从某一点出发，跳遍每一格恰好一次，最后回到出发点?解析我们用两种方法对此棋盘染色.首先,将棋盘黑白相间染色，山马的跳步规则知，马每跳一步，或者是从黑格跳到白格，或者是从白 格跳到黑格.不妨设马是第奇数步跳到自格,即马在第奇数步跳入的格子全体就是全体白格.其次，将棋盘的第1、2、6、7、11、12行染成白色，其余的行染成黑色，如图(b).由马的跳步规 则知.马从白格一定跳人黑格，因为白格的数目同黑

17、格的数目相同,马要遍历棋盘的每一格恰一 次再回到出发点，因此，马从黑格只能跳入白格，不妨设马第奇数步跳入白格.对于一种满足要求的跳法，在两种染色方式下第奇数步跳入的格子的全体却是不同的，矛盾, 因此，题目要求的跳法，即“回路”是不存在的.25.1.18 在8义8方格表的小方格内放置黑色或白色的棋子，每个小方格内至多只能放一个 棋子,使得每行且每列白色棋子的数量都是黑色棋子的数量之2倍.在满足上述条件的所有放 置方法中，请问如何放置白色棋子和黑色棋子才能使得棋子的总数量最多？解析 因每行都有8格，所以每行棋子最多只能有6个.此方格表共有8行，因此棋子的总数最 多为48个.如右图所示,48个棋子是

18、可以完成的.ooooooooooooo25.1. 将/ x 的方格表中每个小方格涂上黑色或白色，两种颜色的方格数相等.问能 否有一种涂法，使每一行、每一列中都有一种颜色的方格数超过75%?解析不可能.设每行、每列中都有一种颜色的方格超过-由于行与行、列与列可对调而不 4影响结论.不妨设其中前行白色占优势,后夕行黑色占优势；前，列白色占优势，后S列黑色占 优势. + q = , r + s = (如下左图).全白黑白相间黑白相间全黑考虑 XS放夕X, 的矩形中的ps + 0 个方格.其中的白格可看成$列或g行中的“少数派”，而黑 格可看成行或，列中的“少数派”.由于在每行、每列中“少数派”少于。

19、或二个，所以前一44个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于?(+，)=学.同样，前一个矩形中的黑 格与后一个中白格之和少于.(p + g) =詈.所以这两个矩形中的方格数ps + 詈+*=詈, 即少于方格总数的一半.因此ps + qr pr + qs,(-g)(sr)。，从而 W 7 Ws或 ,s Wr不妨设为前者，这时pWgiWg白色方格总数衅=/?r + (w - /?) x + (/? - r) x nut3一p与两种颜色的方格相等矛盾.评注 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占3是可能的（这时机、当然都被4整除），前右 4图（其中=4=竺/=$二）即满足要求. 2225.1.

20、20 在2是X2是的方格表上，有弘个格子涂黑，求证:可以选择k行及列，包含了全部 这弘个黑格.解析将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前左行，则这k行中包含的黑格总数必定不少 于2&,否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的左行至少有火+ 1个黑格，于是有一行包含了 至少两个黑格，这与“前是行”的定义矛盾.于是结论成立，接下来只要再找是列包含剩下的A个 黑格即可（有的列可不包含黑格）.25.1.21 *7X7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明:至少可以找出21个矩形，它 们的顶点是同一种颜色方格的中心，它们的边平行于方格线.解析考察其中任意一列，估计其中同色“方格对”的个数.设在该列中

21、有一种颜色的方格走 个，另一种颜色的方格7-k个,那么，在该列中就共有 止雪-） 22个同色“方格对”.该式的值在&=3和*=4时达到最小值9,所以,7个列中一共有不少于63个 同色“方格对”.注意到每一个这样的同色“方格对”位于一个“行对”中，如果相应的“行对”中还有一个与 之颜色相同的同色“方格对”，那么,它们即构成一个满足要求的矩形.我们知道,方格表中一共 有立=21个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，一共有42种不同情况的“行对”.因 2此至少可以找到21（=63-42）个满足要求的矩形.25.1.22 把全体正整数染成黑白两色之一，已知任意两个不同颜色的数之和为黑色，而它们

22、的积是白色，试找出所有的这种染色方法.解析 设正整数机、为白色，现研究所的颜色.若，是黑色，设正整数黑色，则，+k为黑 色,（? + &） = = ? +如为白色，但由前知黑色，加白色，于是见+也黑色，矛盾，因此为白色.设正整数/是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知,/的所有正整数倍数均为白 色.至于其他正整数，不被/整除，设 = q/ + r,Or0时由0为白色，知亦为黑色.于是本题的结论就是，所有/的倍数 染成白色，其余的数染成黑色，不难验证这种染法确实满足题设要求.25.1.23 *有一个矩形顶点坐标分别为（0,0）、（0,曲、（”,0）与（明,其中m、均为正 奇数，将这个矩形分

23、拆（既无重叠，也不遗漏）为一些三角形，使得每个三角形的顶点均为格点且至 少有一条边与坐标轴平行,并且这条边上的高为1.求证:一定存在至少两个三角形，它们各有两 条边平行于坐标轴.解析 易知，可将矩形分成皿个单位正方形，并涂上黑白两色,使相邻的正方形颜色不同.此时4 个角上的小正方形颜色相同，设为黑色,于是黑色格总面积比白格多1.可以推出,上述分拆中, 每一个有两条边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积之差为1;而每一个仅有一条 2边与坐标轴平行的三角形中，两种颜色部分的面积相等，如图.由于黑色面积与白色面积相差1, 故至少存在两个三角形各有两条边与坐标轴平行.25.1.24 把正三角形划

24、分为,J个同样大小的小正三角形，把这些小正三角形的一部分标上 号码1,2，,小,使得号码相邻的三角形有相邻边.求证:+解析 将丁小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有1+2+3+ = （ + 1）个,白三角形共有 2+3+（/1） = ?5一1）个，由于要求“号码相邻的三角形有相邻边”，且有相邻号码的两个 三角形染有不同的颜色网此标上号码的黑三角形总比标上号码的白三角形的个数多1,所以编 号的三角形数不超过2xg（-1） + 1+ 1个，即 + 1 .25.1.25 将正方形A8CO分割为x个相等的小方格,把相对的顶点A、C染成红色，把4、 。染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色.

25、求证:恰有三个顶点同色的小方格的 数目必是偶数.解析 用数代表颜色:红色记为1.蓝色记为T.将小方格编号，记为12,2 .记第i个小方 格四个顶点处数字之乘积为A,.若该格恰有三个顶点同色，则A=-i，否则4 = 1.今考虑乘积Ax&x.xA,j.对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各边上 的不是端点的交点相应的数各出现2次；A、8、C、。四点相应的数的乘积为 lxlx(-l)x(-l) = l .于是,AxA2X.xA,/=1.因此,A，中-1的个数必为偶数，即恰有三个 顶点同色的小方格必有偶数个.25.1.26 已知MC内有个点(无三点共线),连同点A、B、。共+ 3个点，

26、以这些点为顶点 把/包(7分割为若干个互不重叠的小三角形，现把A、3、。分别染成红色、蓝色、黄色，而其 余个点，每点任意染上红、蓝、黄三色之一.求证:三顶点都不同色的小三角形的总数必是奇 数.解析把这些小三角形的边赋值:边的端点同色的，赋值0,边的端点不同色，赋值1,于是每只小三 角形的三边赋值的和，有如下三种情形：三顶点都不同色的小三角形，赋值和为3；(ii)恰有两顶点同色的小三角形，赋值和为2；(iii)三顶点同色的小三角形，赋值和为0.设所有小三角形的边的赋值总和为S, 乂设情形(i)、(ii)、(iii)中三类小三角形的个数分别为“、/八 c,于是S = 34 + 0c = % + 2

27、/2.注意到所有小三角形的边的赋值总和中,除了边外淇余各边都被计算了两次，故它 们的赋值和是这些边的赋值和的两倍,再加上/记的三边的赋值和为3,故S是奇数，因此，由 式得。是奇数.25.1.27 由8个1X3和1个1X1的砖块按通常方式(即平行地贴着格子线)铺满一个5义5 的棋盘，求证：1 X 1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置.解析 将棋盘按图中方式染成A、3、。三种颜色.易见A、。各有8格，而4有9格.由于每 个1X3砖块必定覆盖A、3、C三色格各一格，因此1义1的砖块必定染成4色.再将整个棋盘 旋转90。,再按完全相同的方法染色，于是1X1的砖块仍在染成8色的方格上，但两次染色均染成 3

28、色的小方格只有中间的那个，因此1X1的砖块必定位于整个棋盘的中心位置.ABCABBCABCCABCAABCABBCABC25.1.28 *6个点每两点之间连一条线，将这15条线进行任意的二染色（即每条边染成两种 颜色之一）,则必定存在至少两个同色的三角形.解析 设两色为红色与蓝色.若从同一点出发有3条线同色，比如相、A。、为红色，如果8C 红色，则ABC为红色三角形，否则8C为蓝色，同理C。、/犯亦为蓝色，于是88为蓝色三角 形.因此，有一点出发3条线同色，一定有同色三角形存在.于是6个点之间的15条线中，一定 有同色三角形存在.5个点的10条线若无同色三角形，则每一点连出的4条线必定两红两蓝

29、.比如五点为A、3、C、 。、七,不妨设胡、在红，由于4E蓝，还有一点与3的连线红色,不妨设8c红，于是蓝, 红,AC、蓝,CO红,CE蓝，故要想不出现同色三角形，只能是五点构成的五边形（不一定凸或自 身不交）的边同色，而对角线则异色.现在回到原题，设六点为A、A?、A：、A、4、4,由于一定有同色三角形存在，不妨设为/1_1AA 一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形,则可设五边形4444A的边为红色（图中实线所 示）,对角线为蓝色（图中虚线所示）.若AA为红色，则4AA为红色三角形，故AA蓝洞理A人为 蓝色，于是444为蓝色三角形，因此同色三角形至少有两个.25.1.29 *x的方格表中

30、有-1个格子涂且黑色，如果一个未涂色的小方格有两个以上的 黑色小方格与之相邻（“相邻”指有公共边），则将这个小方格也涂黑,求证:不可能将所有的小方 格都涂黑.解析 假定小方格边长为1.考虑一开始这-1格小方格组成的“岛”，每个“岛”都由连在一 起的小方格组成,不同的“岛”之间没有公共边界（当然也可能本来只有一个“岛”）.因此这些 “岛”的边界（包括有“洞”时“洞”的“内部边界”）长度之和不大于4（-1）（因为还有小方格 边界在内部抵消的情形）.现在按规则操作，每添加一个黑格，总边界不会增加,其至还会减少（例 如未涂色的小方格周边已有3或4个小黑格与之相邻）.如果所有小方格都涂黑了，总边界为 1

31、）,矛盾.因此结论成立.25.1.30 无限大方格表上的每个结点（方格线的交点）都被染为三种颜色之一，并且每种颜 色的点都有.证明:可以找到一个直角三角形（其直角边不一定在方格线上），它的三个顶点被分 别染为三种不同颜色.解析用反证法.假设不存在三个顶点被分别染为三种不同颜色的直角三角形.不难看出，可以找出一条水平方向或竖直方向的直线/，它上面至少有两种颜色的结点，为确定起 见，设其为水平方向.如果/上只有两种颜色的点，比方说蓝色与红色，那么在平面上任意取一个绿色结点A,并且把A 所在的竖直直线与/的交点记作3.于是,4或为蓝色或为红色，不妨设其为蓝色.由于/上还有 红色结点，只要任取其中一个

32、红点。，即可得到三个顶点颜色各异的RtAABC,此与假设矛盾.所 以,/上面有三种颜色的结点.在直线/上任意取一个蓝点4、一个红点。和一个绿点O.那么，此时在经过点4的竖直直线上 的结点都应当为蓝色，否则就可以找到三一个顶点颜色各异的直角三角形.同理，在经过点。的 竖直直线上的结点都为红色，在经过点。的竖直直线上的结点都为绿色.这就表明，在以上的染 色方法中，每条竖直直线上的结点都是单一颜色的，从而，任何直角边在方格线上的直角二三角形 中都至少有两个顶点同色.下面考察任何一条经过结点且与竖直方向交成45。的直线.由于它同每条竖直直线都相交于结 点处，所以它上面有着三种不同颜色的结点.这样一来，

33、根据刚才的讨论，在每一条与它垂直的直 线上的结点都只能是单一颜色的.但是,事实上这些直线都与竖直方向交成135。,从而与每条竖 直直线都相交于结点处.故都有着三种不同颜色的结点，导致矛盾.25.1.31 将全平面以任意方式二染色，并在平面上任找不共线的三点A、B、C,求证:存在 一个顶点同色的三角形，与/$（7相似.S M K N T解析首先证明,一定有两点及两点连线之中点同色，不妨设二色为红与蓝.至少有一种颜色被 涂在无穷多个点上,不妨设是红色，今找两点M、N,均为红色.K为MV中点，乂使M为SN中 点,N为MT中点.若K红，则M、K、N为所求；同理，若S或7为红厕S、M、N或M、N、 7为所求；若K、S、T皆为蓝，则S、K、7为所求.如图，现作B 1 C s/vfcp、。、R为三边