多年以前，要想进入莫斯科国立大学的数学系，你必须通过四项入学考试；头两个都是数学考试，一个笔试，一个面试。在面试中，学生和考官都是一对一的，考官可以自由向学生提出任何他喜欢的问题。那时，为了筛选出他们不想要的应试者（主要是犹太人），很多考官都会出一些题目描述简单有趣、解答过程极其巧妙而又出人意料的问题。这些问题极具杀伤力，民间戏称其为“棺材问题”(coffin problems)。下面这个问题就是其中一个“棺材问题”：
考虑一个空间四边形A1A2A3A4，它的四条边A1A2, A2A3, A3A4, A4A1都与一个给定的球相切。求证，这四个切点共面。
为了更好地理解这个问题，考虑一个菱形的钢架沿对角线折叠，或者一个正四面体钢架去掉相对的两条棱。把这个空间四边形当成一个碗去接一个球，你会发现这个球卡在空间四边形中掉不下去了，此时它与四条边都相切。凭借我们的生活经验，我们很容易提出这个猜想：四个切点是共面的。
这个问题最简单的解决办法竟然是借助物理学中重心的性质。我们曾经见过一道用重心来解决的几何问题，但这里你将看到的绝对更加经典。它们的基本方法都是一样的：给每个顶点分别挂上一个指定重量的砝码，然后利用“用部分质点的重心去替换这些质点，整个系统的重心不变”这一性质来解决问题。
注意到球外一点向该球任意引切线，该点到所有切点的距离都是相等的。这是这个问题的核心，是整个证明过程中唯一用到了“球”这个条件的地方。假设从Ai向球引切线，Ai到切点的距离为Di。我们就在点Ai处挂上1/Di的重物。观察边A1A2，它们可以等价地用一个质量为1/D1 + 1/D2的点M代替，其中M的位置满足杠杆原理A1M / D1 = A2M / D2。考虑D1和D2的定义，这个M显然就在A1A2与球的切点位置上。我们把边AiAj与球的切点记作点Tij，于是四个切点T12, T23, T34, T41分别是对应的四条边A1A2, A2A3, A3A4, A4A1的重心。为了求出整个系统的重心，我们可以用T12代替A1和A2，用T34代替A3和A4，则整个系统的重心应该在T12和T34的连线上；但我们的“配对”方法不止这一种啊，我们为啥不用T23代替A2和A3，用T41代替A4和A1呢？这样，整个系统的重心就在T23和T41的连线上。但是，整个系统的重心是唯一的，于是T12、T34的连线和T23、T41的连线必然相交（交点即为整个系统的重心）。而相交的两条直线确定一个平面，T12, T23, T34, T41都在这个平面上。这就说明了四个切点是共面的。
我靠,自己发自己做沙发.
没天理了
终于知道什么是体力劳动了.现在中国的所谓IT 公司就是做体力劳动的.
哎，代码民工啊，苦啊
@Matrix78 那个似乎是一个Trackback好不…
呵呵 有意思.
按照这样物理的杠杆原理能解决很多几何的问题.
其实我想到的方法和这个类似…不过不如这个简洁…
先考虑把球放到一个铁制四棱柱支架上，然后拿掉一根铁杆，从对称性来看显然是不能平衡的（因为与这根对称的铁杆会提供一个不在竖直方向的分离），因此，四根铁杆都有支持力。从对称性看，四个力大小是相等的。考虑到这是一个球，如果有任何一个接触点与另外三个接触点不共面，那么这个接触点与球心的连线与水平面的夹角一定与另外三个不等，而力的大小是相等的，很容易算出它提供的支持力在水平方向的分力必定无法与其他的支持力的合力平衡，因此所有接触点必须共面。
因为与这根对称的铁杆会提供一个不在竖直方向的分离
[分离->分力]
我的方法用到球的特性是两个，一个是重心在球心，一个是各接触点与重心距离相等
坚持整一个纯数学的证明出来….
https://groups.google.com/group/pongba/msg/76cb58ae071acf39
此人给了一个简洁的数学证明
其实解析几何的方法也很简单:
用ABCD代替A1A2A3A4
设a, b, c, d分别为A, B, C, D到切点的距离.
A(x, y, z), B(x, y, z), C(x, y, z), D(x, y, z);
则AB, BC, CD, DA和球的切点的坐标(这里只算Z向量)分别为:
(b*A.z + a*B.z)/(a + b); 1式 (根据定点分比公式???是这个名吗)
(c*B.z + b*C.z)/(b + c); 2式
(d*C.z + c*D.z)/(c + c); 3式
(a*D.z + d*A.z)/(d + a); 4式
其实可以合理的假设上面的1, 2, 3式的什为零, 因为三点总是可以共面的, 只是我们现在假设这三个切点在Z = 0的平面上. 然后我们只要证明4式在这种假设下值为零即可.
(b*A.z + a*B.z)/(a + b) = 0 => b*A.z + a*B.z = 0; 1式
(c*B.z + b*C.z)/(b + c) = 0 => c*B.z + b*C.z = 0; 2式
(d*C.z + c*D.z)/(c + c) = 0 => d*C.z + c*D.z = 0; 3式
((1式)*c – (2式)*a)*d + (3式)*a*b
= b*c*d*A.z + b*c*a*D.z = 0
所以 a*D.z + d*A.z = 0;
因此4式 (a*D.z + d*A.z)/(d + a) = 0;
即证明了AD的切点的Z坐标为零, 所以四个切点都在z=0的平面上. 证明完成.
用梅涅劳斯定理就可以很简单的证明。
具体而言之，设空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别与球切于X,Y,Z,W.要证明X,Y,Z,W共面，下面证明直线BD、XW、YZ交于一点.
直线BD和XW均在面ABD内，故相交（或平行，把平行当成交于无穷远），设交点为P.同样设直线BD和YZ相交于点Q，只须证明P和Q重合。
为此考虑证明PB/PD=QB/QD。
这只需要用梅涅劳斯定理即可。
坚持整一个纯数学的证明出来….
最近看到这个网站，决定总要给一些评注才能安心，这道题我可以给出一个纯数学做法，不过话比较啰嗦，我挑重点说，看不懂可以问我哈，如果自己悟了，最好不过了哈。
我们就说四边形是ABCD吧呵呵，AB，BC，CD与球相切，切点分别记为P、Q、R（显然切点只有一个），很显然，3点决定一个平面，记过P，Q，R的平面为平面S ，平面S截球的截面是个圆！记为圆M（M是圆心），很显然P，Q，R在圆M上，也就是说，圆M是PQR的外接圆，而且AB，BC，CD是圆M的三条切线（注意这是在空间中，不是平面上，还不能下结论），接下来，我只需证明，DA与圆M相切即可。怎么证呢，别忘记DA和球相切，我们记球的球心N，DA与球N的切点为U，利用NU垂直DA，NM垂直平面A，利用勾股定理，很简单能推出MU的长度和圆M的半径是一样的，（请允许我这里省略步骤，但我相信你们看得明白），但是长度一致不代表U落在圆M上（我一开始，曾以为做完了，后来整理一下，发现这里还有乾坤的），只能说U落在以M为球心，圆M的半径为球半径的球M上，注意U还在球N上，所以U落在球M和球N的交线上，两个球的交线一般情况下是一个圆，而这个圆必须也经过P、Q、R、U，其实就是圆M，所以P、Q、R、U四点共圆，当然在一个面咯，证毕，希望能让大家理解。
第四行：平面S截球的截面是个圆，这里的球就是后面说的球N，抱歉，没给出个定义，有些不妥
第六行：接下来，我只需证明，DA与圆M相切即可，不妥，是证明DA与球切点落在圆上
倒数第二行：而这个圆必须也经过P、Q、R、U，我稍作解释，因为P、Q、R落在圆M上，显然也落在球M上，它们也显然在球N上
这个证法对吗？
不妨设空间四边形A1A2A2A4中，A1A2不与球相交，A3A4与球相交，则A1P13=A1P14，A2P23=A2P24，所以P13P23平行于A3A4平行于P24P34所以四点共面
21楼上面的证明没看懂，就是用勾股定理那个地方。那个关键地方怎么不加以详细说明呢？很值得怀疑。
人在世上练，刀在石上磨。
消点思想