百度史上最难初中数学题！

网友（1）：

以圆心建立坐标系，设四点分别为(rcosa,rsina) (rcosb,rsinb) (rcosc,rsinc) (rcosd,rsind) 绝对是最省心的方法，只要这题有解，闭着眼划拉个5，6分钟求出交点，两向量相乘得零就出来了，这题也叫难？？建议你下以个几何画板十分方便地址：

解说：设AQ=a，BC=b，AD=c，AY=ct，DY=ck，DE=x，CE=y 用相交弦定理，所以BY=bt，CY=bk CDE与ABE相似，可求出x=(ck^2+btk)/(t^2-k^2),y=(bk^2+ckt)/(T^2-k^2) 用梅涅劳兹定理求出QK=(atc^2-atb^2)/(b^2tc^2t+2bck) 假设PQ平行于YE，用平行淀分线段成比例（[AQ、AK]、[QK、XY]）算出XY=[t^2(c^2-b^2)]/(2at^2-2bk) 同理（[CY、XY]、[CR、PR]）算出PR，我懒得算了太麻烦所以可求出DZ、ZY、DP、PR（MD数真大，实在不想算）再看（[DZ、ZY]、[DP、PR]）。用DZ、ZY、DP、PR可推出矛盾，所以PQ一定不平行于YE。真麻烦，就是这个思路，你要爱算术你就去算吧，肯定矛盾。

网友（2）：

我就不信世上还有我泽哥做不出的初中题！先留个地方。哈哈，知道为什么吗？因为这就是个不成立的题设。你用几何画板画下，然后求两直线的斜率，都不相等。

以上是截图，我说过没有我做不出来的题。

解说：设AQ=a，BC=b，AD=c，AY=ct，DY=ck，DE=x，CE=y 用相交弦定理，所以BY=bt，CY=bk CDE与ABE相似，可求出x=(ck^2+btk)/(t^2-k^2),y=(bk^2+ckt)/(T^2-k^2) 用梅涅劳兹定理求出QK=(atc^2-atb^2)/(b^2tc^2t+2bck) 假设PQ平行于YE，用平行淀分线段成比例（[AQ、AK]、[QK、XY]）算出XY=[t^2(c^2-b^2)]/(2at^2-2bk) 同理（[CY、XY]、[CR、PR]）算出PR，我懒得算了太麻烦所以可求出DZ、ZY、DP、PR（MD数真大，实在不想算）再看（[DZ、ZY]、[DP、PR]）。用DZ、ZY、DP、PR可推出矛盾，所以PQ一定不平行于YE。真麻烦，就是这个思路，你要爱算术你就去算吧，肯定矛盾。留名纪念：Zerg Greedy Grubby

网友（3）：

首先我肯定这结论不是总成立的!
说说特例吧;你先画个半圆,然后你再画个直角三角形,其一条直角边在半圆直径上,一个锐角在半圆内,另一个在半圆外,然后你再以半圆直径所在直线为对称轴画全另一半图形,好了,然后你再按你题中说的连全!于是我们由于对称性知道四边形对角线交点以及四边形另一条边的中点都在该图的对称轴上,也就是说四点共线,自然也就是平行的一种特例了!
下面举个不平行的例子,我们姑且认为这个四边形是正方形,让它的上面那条边稍微向下偏一点点,也就是想像它的上下两条边在右侧的无穷远处有一个焦点,由于下面那条边没变,我们姑且认为交点就在下面那条边附近稍微靠上的地方,而如果你画一下图,你便会发现PQ只是稍微向右下方倾斜了一点而已,而AC是不变的,只是BD下调了一点,所以N也就只下调一点,所以NM向右下方倾斜的程度比PQ大很多,所以两者一定不平行!

由于发图不便,实在抱歉!
说了这么多,希望你能明白!

网友（4）：

我可以证明这是假命题：
第一步作图
第二步由于四边两两都有交点可知两对延长线夹角中有一个是钝角且pq与此交点构成钝角三角形
第三步设交点为D 所以角MDN90 所以角DMN小于90
第四步连接圆心O与P可得PO垂直AB
第五步当MN在PQ下方时则OPA大于90 因为OPA不等于NMA
所以PQ不平行于MN
第六步当MN在PQ上方时同理MN不平行于PQ
所以原命题为为假命题

网友（5）：

题目有误啊，老兄
AB,CD的中点分别是P,Q
应该是：
AC,BD的中点分别是P,Q
这样就很简单了