给定一个大圆C，里面的六个小圆均内切于圆C。如果这六个小圆中每相邻两个小圆均外切，则连接相对的内切点所成的三条线段共点。
    这是一个非常漂亮的结论。它的证明比较复杂。如果你能独立想出来的话，你就牛B了。大家不妨来挑战一下。

      
    Stanley Rabinowitz于1975给出了一个简单的初等证明。证明的关键在于下面的这个引理：圆周上有A、B、C、D、E、F六点，线段AD、BE、CF共点当且仅当AB·CD·EF=BC·DE·FA。
    引理的证明其实很简单。注意到圆周角∠CBE和∠CFE相等，圆周角∠BCF和∠BEF相等，于是△CPB∽△EPF。类似地，每一组相对的三角形都相似。于是，我们有：

  AB/DE = PA/PE
  CD/FA = PC/PA
  EF/BC = PF/PB
  PC/PE = PB/PF

    等式左边右边分别乘起来，结论也就证到了。
    引理的充分性也是类似的。假设AB·CD·EF=BC·DE·FA但三线不共点，令某两条线段（比如BE和CF）的交点为P，延长AP交圆于X，则有AB·CX·EF=BC·XE·FA，两式一比较我们就发现CX/XE=CD/DE，那只有可能是点X与点D重合。

    下面我们的任务就简单了：假如已知圆C的半径为R，圆P和圆Q外切且分别与圆C内切，半径分别为p和q，我们需要想办法求出线段AB的长度。

  
    延长AM交圆C于D，延长BM交圆C于E。△ACD和△APM都是等腰三角形，且有一个公共角∠A，因此这两个三角形相似，从而推出CD∥MP；同理，CE∥MQ。但PMQ在一条直线上，因此DCE也是一条直线。注意到圆周角∠EBA=∠EDA，且∠BAD=∠BED。于是我们发现△ABM和△EDM也是相似的，即AB/DE=AM/EM=BM/DM。但DE等于2R，于是有：
  AB/2R · AB/2R
= AM/EM · BM/DM
= AM/DM · BM/EM
= AP/CP · BQ/CQ
= p(R – p) · q(R – q)

    现在，把这个结论同时运用到六对外切圆上。假如六个圆与圆C的切点分别为A1、A2、A3、A4、A5、A6，则有：
   (A1A2 · A3A4 · A5A6)^2
=  64R^6 · r1(R-r1)·r2(R-r2)·r3(R-r3)·r4(R-r4)·r5(R-r5)·r6(R-r6)
=  (A2A3 · A4A5 · A6A1)^2
    那么A1A2·A3A4·A5A6=A2A3·A4A5·A6A1，由前面的引理我们就知道了A1A4、A2A5、A3A6三线共点。

来源：http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/SevenCirclesTheorem.shtml

    你认为是否有可能存在这样一个函数f：在平面上随便画一个圆，圆里面总能够找到函数图像上的一个点？继续看下去前，不妨先仔细思考一下。

    为了说明任一圆内都包含函数上的点，我们只需要说明对于平面上任意给定点(x,y)，对于任意小的d都能在函数上找到一点，使得其横坐标落在x±d的范围内且纵坐标落在y±d内。这样的话，任意给出一个圆后，我都能保证圆的内接正方形里有点。
    我们构造这个函数f的基本思路是，构造一个将全体有理数映射到全体有理数的函数。注意到有理数是可数的，我们可以用这里的方法将全体有理数和自然数建立一一对应关系。也就是说，我们有了一个定义域为全体自然数、值域为全体有理数的一对一函数R(x)，它所对应的函数值是第x个有理数。下面我们开始着手定义我们要求的函数f(x)。函数f(x)的定义域是全体有理数，定义域里的每个x都可以表示成n/m的形式（化到最简），于是我们可以令f(x)=f(n/m)=R(m)。对于任意的y和d，在y±d里肯定存在一个有理数，假如按照上面的对应来看它是第m个有理数（即R(m)），下面我们就想办法说明我们总能够找到一个n，使得n/m在x±d的范围内。当然，如果运气不好m值很小的话我们就挂了，我们很自然地想到，这个m值应该越大越好，最好能重新定义一个值域为全体有理数的函数，对任一给定的有理数我们都能找出任意大的m对应到它。然后我们想到定义一个多对一的、定义域和值域都是自然数的函数H(x)：
x    1  2  3  4  5  6  7  8  9 10 11 12 13 14 15 …
H(x) 1  1  2  1  2  3  1  2  3  4  1  2  3  4  5 …

    重新定义f(x)=f(n/m)=R(H(m))，这样的话任意给定一个有理数，我们可以找到任意大的m使得R(H(m))等于这个有理数。当m足够大时，m(x-d)和m(x+d)之间一定会出现一个整数n，则此时n/m在x±d的范围内。
    但我们又遇到一个问题：要是找到的那个n始终不能和m互质（表明没化到最简）咋办？我的直觉是，这种极端的情况应该是不存在的，当m充分大时，总有一个满足要求的n/m出现。但我没有严格证明它。其实，我根本不需要去证明它；这个题目有趣就有趣在，我这个函数f是可以随便构造的。你或许在想，要是分母m为质数就好了。那好，我就可以强迫分母m为质数。定义一个定义域为全体质数，值域为全体正整数的函数P(x)，它表示x是第几个质数：
x    1  2  3  4  5  6  7  8  9 10 11 12 13 14 15 …
P(x) –  1  2  –  3  –  4  –  –  –  5  –  6  –  – …

    重新定义f(x)=f(n/m)=R(H(P(m)))，现在我们能够找到任意大的质数m使得R(H(P(m)))等于指定的有理数。当m足够大时，m(x-d)和m(x+d)之间一定会出现两个相邻的整数p和q，由于m是质数，p和q之间总有一个数与m互质（不可能都是m的整倍数），我们需要的n也就找到了。

满足要求的函数有很多。这只是其中一种构造方法。大家能不能再想一些更有趣的构造来？
来源：http://www.douban.com/group/topic/2561708/
参考网友yushih的解答

最近重新整理了日志Tag。如果你喜欢这篇文章，不要错过这里的惊奇数学事实，你会看到更多难以置信的数学结论。

        
    任意给定一个三角形ABC。令M为BC上的中点，令H为BC上的垂足。角A的平分线与BC交于点D。过B、C分别向角平分线AD作垂线，垂足分别为P、Q。证明H、P、M、Q四点共圆。
    证明过程不复杂，几句话就说完了。但如果你能独立想出证明过程来的话也不简单。继续看下去前不妨先试试看。

        
    结论看起来似乎很神奇，但证明过程却并没有什么很特别的地方。
    为了说明四点共圆，我们下面说明圆周角∠HQP=∠HMP。首先我们证明，∠HQP=∠ACB。由于∠AHC=∠AQC=90°，因此A、H、Q、C四点共圆，于是圆周角∠HQP=∠ACB。然后我们证明，∠ACB=∠HMP。延长BP后你会发现，P是BR的中点（AP既是角平分线又是垂线，等腰三角形三线合一），而M是BC的中点，于是PM∥RC，当然就有∠ACB=∠HMP。

题目来源：http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/BalticDarij1.shtml
平面几何真好玩啊……怀念一下初中的美好时光。

    由单位正方形拼接而成的图形叫做多联骨牌(Polyomino)。一个有趣的问题是，能否用奇数个相同的多联骨牌拼成一个对称图形？答案是肯定的。右图显示了如何用奇数个相同的多联骨牌拼接出中心对称图形和沿对角线方向轴对称的图形。
    下面的问题该轮到你来回答了。你能否用奇数个相同的多联骨牌拼接出一个左右轴对称的图形？当然，你所使用的多联骨牌本身必须是不对称的。为了方便起见，下文我们所说的“轴对称”均不再考虑沿对角线方向对称的情况。
    五联骨牌共有12种。令人吃惊的是，对于上述问题，所有这12种骨牌都有至少一个解。其中长条形、十字架形、T字形和U字形这4种是本来就对称的。你能否找出其余8种五联骨牌的解？
    并非所有的多联骨牌都是有解的，有一些六联骨牌就没有解。你能否找出一个没有解的多联骨牌，并证明它确实不可能有解？

    其实，用奇数个相同的多联骨牌拼出左右轴对称的图形是完全有可能的，并且这样的情况非常之多。下面随便举几个例子。你刚才都想到了哪些？
  

    对于这个问题，8种非对称的五联骨牌都是有解的。下面就是这8个图形的解：
  

    下面我们证明，你永远不可能用奇数个h形六联骨牌排成一个左右轴对称的图形。
  
    像国际象棋棋盘一样对拼出来的图形进行染色（图1），你会发现同一块h形骨牌里两种颜色的格子数量始终不等（图2），奇数个骨牌加起来两种颜色的总格子数目显然也就不会相等；但一个沿格子边线轴对称的图形，两种颜色的格子应该一样多才对。现在的问题是，如果对称轴在格子内的中心线上咋办。为此，我们还需要对拼出来的图形进行带状染色（图3）。注意到不管这些骨牌怎么放，同一个骨牌中每种颜色的格子都是奇数个（图4），奇数个骨牌加起来，每种颜色的格子总数也都还是奇数个。而在拼接出来的图形里，对称轴所在的那些格子全是一种颜色，另一种颜色的格子则左右对称分布，这种颜色的格子数应该有偶数个才对。这样我们就证明了，用奇数个h形六联骨牌不能拼出轴对称的图形。

更多的结论可以在这里看到：http://www.monmouth.com/%7Ecolonel/oddities/index.html

    H.W.Richmond在1921年的第10期The Mathematical Gazette里提出了这样一个问题：
    任意写下一个数，再在它下面写下它的2倍、3倍、4倍、……、9倍。把这些数按位对齐，每一列里恰好有9个数字（前面几行中的首位为空时该位置视作0）。证明，每一列中至少有一个数字0或者数字9。
  

    设我们最初写下的数为S，则这9个数分别为S, 2S, 3S, …, 9S。假如某一列里任一个数字都不等于0或者9，这也就是说该列的所有9个数字都只能取1到8里的数，于是由鸽笼原理，必定存在两个数aS和bS，该位上的数字是相同的。不妨设a>b，于是，在aS-bS中，该位置上的数字必然只能是0或者9（这取决于它前面是否有借位），而aS-bS=(a-b)S显然也在这9行数里面。

题目来源：http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Arithmetic/ZerosAndNines.shtml