一、平面三圆问题1

    问题：平面上三圆两两相交于六点。试证明三条公共弦共点。
    证明：把这三个圆想像为三个球的大圆。为方便叙述，我们把三个球的球心确定的平面记作 α。显然，平面 α 在三个球上的截面就是题目的这三个大圆，而 α 上的三个大圆的三条公共弦即是每两个球之间的公共小圆在 α 上的投影。我们要证明的就是三个公共小圆在平面 α 上的投影共点。注意到三个球交于两点，这两点关于平面 α 对称且这两点就是三个公共小圆的交点。把这两点也投影到平面 α 上，得证。

二、平面三圆问题2

    问题：在平面三个圆中，任意两个圆都有两条公切线且两条公切线交于一点。显然，这样的点有三个。试说明这三点共线。
    证明：在这个平面的三个圆上放三个球，每个球的半径都等于它底下的那个圆的半径。显然，这个平面是这三个球的一个公切面。再把公切线想像成这三个球确定的三个圆锥的母线在平面上的投影。显然三个圆锥的顶点都在这个平面上，且这三个顶点就是待证共线的三点。这三点是显然共线的，因为我们可以在三个球上找到另一个公切面（想像一块玻璃板从上面盖下去），那么这个切面上也包含了三个圆锥的顶点，而这两个切面的交线是唯一的一条直线。

三、四人旅行问题
    问题：平面上四条直线，任两条不平行，任三条不共点。四个旅行者 A、B、C、D 分别匀速地走在这四条直线上（他们的速度可以不相同）。若 A 在行走过程中与 B、C、D 相遇，B 在行走过程中与 C、D 相遇（当然也遇见了 A），求证：C、D 在行走过程中相遇。
    证明：作垂直于平面的直线作为时间轴，建立三维直角坐标系。由于四人均匀速行走，因此他们的路程-时间图像是线形的。我们可以在空间中作出 A、B、C、D 四个人行走路程与时间关系的图像并分别命名为 La、Lb、Lc、Ld。这样，我们可以从这四条空间直线中轻易判断某一时刻四人的位置。例如，空间中 P 点 (x, y, t)在直线 Lc 上，则表明在 t 时刻 C 走到了平面(x, y)位置。好，现在强了，真的强了。A、B 不是曾经相遇过吗？这就是说，La 和 Lb 相交。这两条相交直线可以确定一个平面。C 不是与 A、B 都相遇过吗？那就是说，Lc 与 La、Lb 都相交。于是，Lc 也在这个平面上。同样地，Ld 也在这个平面上。既然全部都共面了，Lc、Ld 必然会相交，即 C、D 必相遇。得证。

四、三角形对称问题
  

    问题：平面上任意三角形 ABC 和异于 A、B、C 三点的点 P。 X、Y、Z 三点分别是 P 点关于三边 BC、AC、AB 的中点的对称点。求证：AX、BY、CZ 共点。

    证明：考虑空间中一点 P' 使 PP' 垂直于平面 ABC。作出 X'、Y'、Z' 关于三边 BC、AC、AB 的中点对称。可以得到，点 A、B、C、P'、X'、 Y'、Z' 是一个平行六面体的顶点。AX'、BY'、CZ' 是三条体对角线，他们显然共点。这个证到了有什么用呢？把这几个带了一撇的点全部投影到平面 ABC 上，结论就证到了。

    看黑书介绍NP的时候有一个“不可解问题”，非常不可思议，费劲周折在网上查到了些英文资料，搞明白了，非常有意思，在这里说一下。
    不可解问题(Undecidable Decision Problem)指的是这样一种问题：他无论如何也不可能有一个正确的算法来解决。虽然不可思议，但这种问题被证明确实是存在的。图灵在1936年（那时还没电脑，我们的父亲是在没有设备支持的纯理论基础上提出来的，致敬）提出了第一个不可解问题的实例：The Halting Problem。
    The Halting Problem是问，输入一段程序代码和一个针对此程序的输入，能否编程判断运行这个程序后程序是否会终止。
    这个问题的答案是否定的。也就是说，不可能有一种算法可以正确判断一个指定的程序运行后，给予指定的输入，程序最后出不出得来。换句话说，The Halting Problem是一个不可解问题。
    虽然这感觉似乎不可能，但在严格的证明下谁也无法发言反对。
    证明过程非常简单，假设The Halting Problem是有解的，并且已经用程序实现了，那么我们只需要再编写一个程序Program Bug，就会发现存在矛盾。
    反证：既然解决The Halting Problem的算法已经实现了，那么我们一定能定义一个函数
Function Halting(a,b:input_type):boolean;
    其中，a是读入的程序源码，b是输入数据。这个函数的功能就是返回对于指定的程序源码和输入数据，程序是否能顺利退出。
    下面编写一个程序：
Program Bug;
var
    code:input_type;
begin
   get(code);   //读入code
   if halting(code,code) then repeat until false
      else halt;
end.
    好，现在运行Bug这个程序，并且输入Bug这个程序本身的代码。这样，halting(code,code)其实质就是在判断这个Bug程序本身了。如果The Halting Problem认为Bug程序会正常退出，那么就让程序进入一个死循环，否则立即退出程序。矛盾产生。
    //简直是在挑战表达力极限
    //做人要厚道，转帖请注明出处

    今天在MOP上看到一个比较有意思的东西，楼主在109楼证明了圆比直线长。
    任做一条直线和一个圆，把直线平移使它和圆相切。直线和圆上的点都有无数多，我们怎么比较呢？于是，想到了把直线上的每一点和圆上的每一点建立一一对应关系。对于直线上的每一个点，我们都能经过它做出圆的切线，这个切点就可以和直线上的那个点对应起来。好，现在好玩了：圆上有一个点是永远也不会切到的（就是和原直线相对的那个点）。于是结论出现了：除了这个点之外，圆上的其它点都能够找到直线上相对应的点。也就是说，圆比直线长。长多少呢？就长一个点。

从cut-the-knot上看到的。

问题：
    设想一个平面上布满间距为1的横纵直线，形成由一个个1×1正方形组成的网格。任意给一个面积小于1个单位的图形，证明这个图形总能放在网格中而不包含任何一个格点。

证明：
    我们可以这样考虑这个问题：把图形随意放在网格中，如何移动网格使每个格点都在图形外面。
    现在我们把给定的图形随意放在网格中。然后沿着网格线把包含有图形的网格切成1×1的小格子，从网格中拿出来。把它们重叠起来（不旋转），再想像这些格子是透明的，而图形是不透明的。从上往下看这一叠格子，你看到的会是这个图形的各部分重叠地放在一个格子中，仿佛一个沾有污渍的方块。很显然这些污渍不会布满整个方块（图形面积小于一个格子的面积），方块上总有一块干净的地方。现在我们用一颗针从一个干净的地方刺下去，把这些重起来的格子刺穿。把这些格子放回原来的网格中，你看到的会是每一个有图形的方格内都有一个针眼，这些针眼都不在图形内。现在可以把原来的网格擦掉了，这几个针眼可以看作是新网格的格点。按针眼的位置重画新的网格，那么这个图形内决不会有新网格的格点，此时，结论也就证到了。

做人要厚道，转帖请注明出处。

    今天在cut-the-knot上看到一个东西很有意思。
    证明：所有钝角都是直角。

    在线段AC上向外做射线AB、CD，使∠BAC为直角、∠ACD为钝角。下面我要证∠ACD=∠BAC。
    首先适当取B和D在射线上的位置使AB=CD，显然BD、 AC不平行。分别作出BD和AC的垂直平分线，交于点P。
    那么△PBD和△PAC就是等腰三角形了。
    于是，BP=DP，AP=CP，又AB=CD，所以△BAP≌△DCP。
    因此∠BAP=∠DCP。又∠PAC=∠PCA，所以∠ACD=∠BAC=90°，证毕。
    其实用同样的方法也可以证明“所有锐角都是直角”，这样，所有的角都是直角了。
    看完后，有人或许会说，肯定证明过程的哪一步有问题。这不是废话吗？没问题的话，所有角都是直角了，那还得了？
    我想起那个“所有三角形都是等腰三角形”的证明了，更经典，哪天也写出来。