在面积为 $1$ 的平行四边形内（含边界）任意放置 $n+1$ 个点，并使得任意三个点都不共线. 试证：总可以找到三个点，以这三个点为顶点的三角形面积不大于 $\frac{1}{n}$（其中 $n$ 为偶数）.
在一个面积为 $s$ 的平行四边形内（含边界）任意放置 $3$ 个点，那么这三个点的面积不大于 $\frac 12 s$.
略
将此平行四边形的某一条边 $n$ 等分，从而将此平行四边形等分为 $n$ 个相似的小平行四边形；
将 $n+1$ 个点放置到其中，由抽屉原理可知，必有某个小四边形中包含不少于 $2$ 个点. 进行讨论如下：
若某个四边形中含有不少于 $3$ 个点，那么命题自然成立；
若每个四边形最多只包含 $2$ 个点
那么存在一个四边形，使得其恰包含 $2$ 个点，这个小四边形至少有一个相邻的四边形，他们组成一个面积为 $\frac 2n$ 的中四边形. 进行讨论如下：
若这个相邻的小四边形中含有至少一个点，那么由 Lemma 可知，这三个点的面积不大于 $\frac 12 s$；
若这个相邻的小四边形中一个点都没有，那么剩下的不多于 $98$ 个小平行四边形中包含了 $99$ 个点，于是此时问题转化为与原问题相似的问题，可以继续重复地应用抽屉原理，如同递归一般地解决此问题；
当然，值得注意的是，在每一次 “递归” 的时候，我们所考察的包含两个点的小四边形不是位于开头或者末端，那么我们应该同时考察这个小四边形前后的两个邻居，并且在下一轮的递归讨论中，排除这三个小四边形可能会导致把原有的一整个四边形分割成两个不相接的部分，其中有一个部分可能只由一个小平行四边形构成.
此时，我们就剩下了 $k-1$ 个小四边形，以及 $k+1$ 个点，那么即使那个 “孤立的” 的小四边形中含有 $2$ 个点（这两个点无法用于构造题目所欲的三角形），那么其他 $k-2$ 个小四边形仍包含 $k-1$ 个点——足以继续使用用抽屉原理；
并且我们注意到，因为 $n+1$ 为奇数，因此在经过有限次筛选排除之后，最后不会出现只剩两个孤立的小四边形，且每个孤立小四边形中最多只有两个点的情形. 否则，可以推出：要么点的数目不大于 $n$，要么点的总数是偶数，矛盾.
综上，命题得证.
Q.E.D.
将此平行四边形的某一条边 $n$ 等分，从而将此平行四边形等分为 $n$ 个相似的小平行四边形；
将 $n+1$ 个点放置到其中，由抽屉原理可知，必有某个小四边形中包含不少于 $2$ 个点. 进行讨论如下：
若某个四边形中含有不少于 $3$ 个点，那么命题自然成立；
若每个四边形最多只包含 $2$ 个点，那么，我们来证明至少存在一个恰好包含 $2$ 个点的小四边形——设其数目总计为 $k$ ——其相邻四边形中必须包含至少一个点
假设不然，注意到 $n$ 是偶数，因此这 $k$ 个四边形至少有 $k$ 个相邻的四边形，于是剩下 $n-2k$ 个非邻居，每个最多包含 $1$ 个点. 从而，点的总数最多不超过 $2\times k +(n-2k)\times 1 =n$ 个，与题设矛盾.
综上，命题得证.
Q.E.D.
Lemma 中的 “平行四边形” 这一条件是必要的，不能再放宽为 “梯形” 或者 “任意四边形”，但可以特殊化成 “矩形”、“正方形”；
本题中的抽屉构造方式不是唯一的，当 $n$ 是平方数的时候，我们可以通过横纵两个方向进行 $\sqrt[]{n}$ -等分来构造抽屉；进一步地，若 $n=2k^2$，那么我们可以从横纵两个方向进行 $k$ 等分，划分出 $k^2$ 个抽屉，此时解决思路异常简单，甚至无需考虑相邻的抽屉问题；
$n$ 是偶数这一条件，是为了避免出现每个抽屉要么没有点，要么包含恰好 $2$ 个点，且它们交叉间隔排布的情形；
$n$ 是奇数时，可以构造一个反例：考虑把四个点全部放置在平行四边形的四个顶点上，那么它们构成的三角形面积至少是平行四边形的 $\frac 12 > \frac {1}{4-1}=\frac 13$；
但除此之外，命题是否保持成立？笔者不确定，但是仍隐约觉得：即使成立，也需要更精细地讨论、放缩和计算，恐怕难以单靠抽屉原理解决；