人教版初中数学《第25章染色问题》竞赛专题复习含答案

1、第25章染色问题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

2、坐开营火晚会.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个涂有黑色记号白座位至多坐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AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色，在线段中间插入n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n 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

3、证：标准线段的个数是奇数.设最后一个标准线段为 人人卜1 .若儿 丹,则仅有一个标准线段，命题显然成立；若A A , 由A、B不同色，则A)必与Ak同色，不妨设 A与A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Ak不能为红色，所以在 A。和A之间，红蓝和蓝红的标准线段就成对出现，即A和Ak之间的标准线段的个数是偶数，加上最后一个标准线段AAk 1 ,所以，A和B之间的标准线段的个数是奇数.25. 1. 4能否用面积为1 4的一些长方块将10 10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，

4、则1、2、3、4应一样多，但1有25个，2则有26个，矛盾！因此不能覆盖.123412351223412341233412341234412341234112341234122341234123341234123441234123411234123412234123412325.1.5* 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S,于是i可取1, 2,，19.易知S1的全部取值为 6、 4、 2、0、2、4、6,且|§1 Si|

5、0或2（可以认为以2或2、0的步长“连续”变化）.由S S7 s3 s9 0,知若四数中有0,则结论成立，否则必有正有负.不妨设Si0,Sj0, i, j 1, 7,13,19,于是必存在一个k,k在i与j之间，0 0 .25. 1. 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甲虫，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，那么甲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问房间），涂上黑白相间的两种颜色

6、，使得中心的小正方体染成白色，再使两个相 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.25.7.7 *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

7、红色.下面考虑前五列构成的 3X5小矩形.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AAAbb25.7.8 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，总剪不出七个由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

8、色的小正方形.但图中有八个涂色小正方形，六个不涂色小正方形，因此适合题意的剪法不存在.25.7.9 在8X 8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 10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.25.7.10 *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

9、，下证若涂 10格，则会出现所求矩形.这是因为若有一行全部涂黑，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.25.7.11 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3X 1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3X 1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各 1个，从而21个3X

10、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3X 1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3X 1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3X1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

11、下的棋盘完全相同.1231231223123123312312311231231223123123312312311231231223123123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3X1的矩形覆盖.不难验证这时确实能够覆盖.25.7.12 求证：只用 2X 2及3X 3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 2X 2瓷砖总是

12、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3X3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数，不可能盖住 23X15个白 格，所以，只用 2X2及3X3的瓷砖不能盖住 23X 23的地面.123412342341234134123412412341231234123423412341341234124123412325.7.13 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8X8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 X 4的矩形瓷 醇怎样盖在图中所示的地面上，每块l

13、X 4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 X 4的矩形瓷砖恰好盖住赋有 1、2、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：这就是说，2X2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1X4,1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.25.7.14 *7X 7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

14、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，则其中必有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8.25.7.15 如图是由4个1X1方格组成的L形纸片，如果一个m n方格的棋盘能被若干个 L形纸片无重复地覆盖，试证：mn是8的倍数.解析 设m n棋盘由k个L形纸片所覆盖，而 L形是由4个1 X 1小方格所组成，则可令 mn 4

15、k .由此得出m、n中至少有一个偶数，不失一般性，可令n为偶数，即共有偶数n歹U. 现在对“列”进行黑、白交替染色，可得黑、白格各共有2k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 mn是8的倍数.25.7.16 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

16、2 X 4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.25.7.17 在12X12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，由马的跳步规则知，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、

17、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.25.7.18 在8X 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

18、？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个棋子是可以完成的.25.7.19 *将m n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4而不影响结论.不妨设其中前p行白色占优势，后q行黑色占优势；前r列白色占优势，后s列黑色占优势.p q m , r s n （如下左图）.rsp全白黑白相间q黑白相间全黑考虑p s放q r的矩形中的ps qr个方格.其中的白格可看

19、成s列或q行中的“少数派”而黑格可看成p行或r列中的“少数派”.由于在每行、每列中“少数派”少于或照个,44所以前一个矩形中的白色与后一个矩形中的黑格的个数之和少于m s r mn .同样，前44一个矩形中的黑格与后一个中白格之和少于n p q mn .所以这两个矩形中的方格数 44mn mn mnps qr ,即少于万格总数的一半.因此 442ps qr pr qs,p q s r 0 ,从而pwq, r<s或qwp, s< r不妨设为前者，这时 p < m , r < -,22白色方格总数pr q n s m44prmn.mn0 一，2与两种颜色的方格相等矛盾.评注

20、 每行、每列中都有一种颜色的方格恰好占?是可能的（这时m、n当然都被4整除）,4前右图（其中p q m, r s n）即满足要求. 2225.7.20 在2是X 2是的方格表上，有3k个格子涂黑，求证：可以选择k行及k列，包含了全部这3k个黑格.解析 将包含黑格的所有行中找出黑格数最多的前k行，则这k行中包含的黑格总数必定不少于2k ,否则会有一行的黑格数至多一个，而剩下来的k行至少有k 1个黑格，于是有一行包含了至少两个黑格，这与k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k个黑格即可（有的列可不包含黑格）.25.7.21 7X7方格表中的方格被分别染为两种不同颜色，证明

21、：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k k 172个同色“方格对k 6 k 2k 7k 212.该式的值在k 3和k 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76 21个不同的“行对”，由于有两种不同颜色，所以，

22、一共有 42种不同情 2况的“行对”.因此，至少可以找到 21(=63-42)个满足要求的矩形.25.7.22 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，而它们的积是白色，试找出所有的这种染色方法.解析 设正整数m、n为白色，现研究mn的颜色.若mn是黑色，设正整数k黑色，则m k为黑色，m k n mn kn为白色，但由前知 mn黑色，kn白色，于是 mn kn黑色，矛盾，因此mn为白色.设正整数l是染成白色的最小数，于是由条件及前面的讨论知，l的所有正整数倍数sl均为白色.至于其他正整数 p , p不被l整除，设p ql r , 0 r l ,由l之定义知，r必定

23、是黑色，于是知当q 0时，p r为黑色；当q 0时由ql为白色，知p亦为黑色.于是本 题的结论就是，所有l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.25.7.23 *有一个矩形顶点坐标分别为0,0、0,m、n,0与n,m,其中m、n均为正奇数，将这个矩形分拆 (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 mn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

24、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 -;2而每一个仅有一条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.25.7.24 把正三角形划分为n2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,，m ,使得号码相邻的三角形有相邻边.求证： mw n2 n 1 .解析 将n2小正三角形如图黑、白染色，黑三角形共有 1+2+3+n 1n n 1个，白三21角形共有1+2+3+(n 1) -n n 1个，由于要求号码相邻的三角形有相邻边，且

25、有2相邻号码的两个三角形染有不同的颜色，因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 m不超过2 1n n 1 1 n2 n 1个，即mWn2 n 1 .2把相对白顶点A、C染成红色,25.7.25 将正方形 ABCD分割为n n个相等的小方格,把B、D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两色中的一种颜色.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 1.将小方格编号，记为 1, 2,，n2,记 第i个小方格四个顶点处数字之乘积为Ai ,若该格恰有三个顶点同色，则 A 1 ,否则Aj 1.今考虑乘积A 4L An2 .对正

26、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、B、C、D四点相应的数的乘积为1 1111 .于是，AA2LAn21 .因此，A,A2,，。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.25.7.26 已知 ABC内有n个点（无三点共线），连同点 A、B、C共n 3个点，以这些 点为顶点把 4ABC分割为若干个互不重叠的小三角形，现把A、B、C分别染成红色、蓝色、黄色，而其余n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

27、1,于是每只小三角形的三边赋值的和，有如下三种情形：（i）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,又设情形（i）、（ii）、（iii）中三类小三角形的个数分别为a、b、c ,于是S 3a 2b 0c 3a 2b.注意到所有小三角形的边的赋值总和中，除了边AB, BC, CA外，其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4ABC的三边的赋值和为 3,故S是奇数，因此，由式得 a是奇数.25.7.27 由8个1 X 3和1个1 X 1的砖块按通常方式（

28、即平行地贴着格子线）铺满一个5 X5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、B、C三种颜色.易见A、C各有8格，而B有9格.由 于每个1X3砖块必定覆盖 A、B、C三色格各一格，因此 1X1的砖块必定染成 B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 B色的方格上，但两次染色均染成 B色的小方格只有中间的那个，因此 1Xl的砖块必定位于整个棋盘的中 心位置.ABCABBCABCCABCAABCABBCABC25.7.28 * 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）,

29、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 AB、AC、AD为红色，如果BC红色，则 ABC为红色三角形，否则 BC为蓝色，同理CD、DB亦为蓝色，于是 BCD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.比如五点为A、B、 C、D、E,不妨设BA、AE红，由于BE蓝，还有一点与 B的连线红色，不妨设 BC红， 于是BD蓝，ED红，AC、AD蓝，CD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

30、（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TK点为 Ai、A2、A3、A4、A5、A6,由于一定有同色三角形存在，不妨设为 A4A5A6一是红色三角形，若不存在第二个同色三角形，则可设五边形 AA2A3A4A5的边为红色（图中实线所示）,对角线为蓝色（图中虚线所示）.若AA6为红色，则4AA5A6为红色三角形，故 AA6蓝，同理A3A6为蓝色，于是 AAA3A6为蓝色三角形，因此同色三角形至少有两个.A1A3A425.7.29 * n n的方格表中有n 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

31、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n 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 n 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，甚至还会减少（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 4n 4 n 1 ,矛盾.因此结论成立.25.7.30 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

32、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1,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1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1的交点记作B.于是，B或为蓝色或为红色，不妨设其为蓝色.由 于1上还有红色结点，只要任取其中一个红点 C ,即可得到三个顶点颜色各异的 RtA ABC , 此与假设矛盾.所以，1上面有三种颜色的结点.在直线1上

33、任意取一个蓝点 B、一个红点C和一个绿点D.那么，此时在经过点B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C的竖直直线上的结点都为红色，在经过点D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白直角=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，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

34、,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.25.7.31 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 4ABC相似.*« 4 SM K NT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MN中点，又使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T为红， 则S、M、N或M、N、T为所求；若K、S、T皆为蓝，则S、K、T为所求.如图，现作 4A ' B ' C ' s AABC , P、Q、R为三边中点，且由前，可设 B '、P、 C '.若A '红，则 A ' B ' C '即为所求；若 R或Q红，则ARB ' P或4QPC