下面这个有趣的问题来自IMO 2008第一题，题目给出的结论非常美妙。
给定一个锐角三角形△ABC，垂心为H。Ma、Mb、Mc分别为三条边的中点。以Ma为圆心，过点H的圆与线段BC相交于点A1、A2；类似地，以Mb、Mc为圆心，过点H的圆与三角形交于B1、B2、C1、C2。求证，A1、A2、B1、B2、C1、C2六点共圆。
证明
七点共圆：一个美妙的结论
L: Change the WorLd中的数学题
电影中涉及数学的地方很少有经得起仔细琢磨的。记得《考试一家亲》中那个小屁孩儿上去背圆周率没背几位就开始乱整了；要想骗骗观众，至少你得查一查前20位的精确值吧。这些细节很多电影都忽视掉了，就连电影pi开头的圆周率都是错的。
但在L: Change the WorLd里，几处涉及数学的地方都经得起推敲。估计大家应该还记得那个数字方阵式的密码吧？我们亲眼目睹到了这一密码的破译过程：写成一串，两位两位隔开，按字母表顺序转换为对应的字母，按题目（的另一种理解方式）去掉HOPE四个字母，最后得到WATARI（就是渡的名字）。
另一处扯到数学的地方是那个答案为MK的几何题。这个题不是瞎编的，做出来的答案真的就和片中的一样，连最后那个小屁孩儿在黑板上画的辅助线都是正确的。
如果AB=26，BC=3，CA=25，请问AO:OC是多少？
一个与矩形剖分有关的命题（四）：简便的数论证明
如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。
不假，利用数论知识我们真的可以证明这个和数论八杆子打不着的题目。证明的关键就在于，质数有无穷多个。给定一个满足要求的大矩形，如果你宣称它的每条边都不是整数，它们都至少多出了大小为ε的“零头”。那么，我就找出一个足够大的质数p，使得1/p < ε，然后说明有一条边的长度除去整数部分后的“零头”不会超过1/p。这样的话，至少有一边恰好是整数长才行。 仍然是把大矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑所有形如(i/p, j/p)的点所形成的点阵（其中i, j均为整数）。我们需要把整个点阵平移到一个合适位置，使得点阵中没有点恰好落在小矩形的边界上。这总是可以办到的，例如我们算出每个小矩形的横边到点阵中离它最近的点的距离，取所有这些最近距离中最小的非0的值，然后竖直方向上移动一个比这还小的距离；另一个方向亦是如此。注意到每个小矩形内部所含的点数都是两个数的乘积，由于其中至少有一个数是p的倍数，因此每个小矩形内都有p的倍数个点。那么，整个大矩形所含的点的个数（即每个小矩形所含点数之和）也是p的倍数。大矩形内的所有点的个数也是两个数的乘积，然而p是质数，因此两个数中至少一个是p的倍数（数论的一个基本结论）。那么，对应的那条边就应该是整数长，并且最多有1/p的误差。 （三）（四）两种证明均来自http://domino.research.ibm.com/Comm/wwwr_ponder.nsf/solutions/May1999.html
一个与矩形剖分有关的命题（三）：诡异的微积分证明
如果一个矩形可以分割为若干个小矩形，每个小矩形都有至少一边为整数长，则原矩形同样有至少一个长度为整数的边。换句话说，用至少有一边的长度是整数的小矩形拼成一个大矩形，大矩形也有至少一条整数长的边。
在这个命题的所有常见的证明方法中，我总觉得这个证明是最诡异的。真不知道第一个想出这个证明方法的人是怎么思考出来的。把矩形放在平面直角坐标系上，左下角对齐原点(0,0)。考虑函数e^(2 · pi · i · (x+y))在每个小矩形上的积分（展开并分离变量分别积分）：
显然，这个式子等于0当且仅当(x1-x0)和(y1-y0)中至少一个是整数（也即至少有一边的长度是整数）。考虑函数在整个大矩形上的积分，它可以拆成各个小矩形上的积分的和，因此结果仍然是0。这说明，大矩形至少有一条整数长的边。