2006年第57届波兰数学奥林匹克有一道平面几何题为：
　　设M为△ABC的边BC的中点，点P为△ABM的外接圆上 （不含点M）的中点， 点Q为△AMC的外接圆上 （不含点M）的中点，求证：AM⊥PQ。
　　本文整理学生的解答，给出另外八个不同的且颇具特色的证明。
　　证法1 设△ABM的外心与△AMC的外心分别为O1与O2，显然，直线PO1与PO2交于△ABC的外心O，而M为BC的中点，所以OM⊥BC。分别过O1、O2作BC的垂线，垂足分别为K、L，则K、L分别为AM、MC的中点，所以，KM=ML，不难知道，KM=OO1sinB，ML=OO2sinC，于是，由KM=ML及正弦定理，并注意∠AMB +∠CMA=180，我们得到：
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　　因此，PQ∥O1O2，而O1O2⊥AM，故AM⊥PQ。
　　证法2 考虑△ABC与△MQP，显然，分别过M、Q、P作BC、CA、AB的垂线， 这三条垂线交于△ABC的外心O，由正交三角形定理，分别过A、B、C作QP、PM、MQ的垂线， 则所作三条垂线也交于一点或互相平行。注意MP、MQ分别平分∠AMB和∠CMA，于是，在射线MA上取一点N，使MN=MB，则MP⊥BM，MQ⊥CN，所以，AN⊥PQ，即AM⊥PQ。
　　证法3 设PM与AB交于K，QM与AC交于L， 容易知道，△APK∽△KPM， △PBM∽△AKM，所以，PA2 = PMPK，PMKM=MAMB于是，
　　PM2PA2 = PM2PKPM=PMKM = MAMB。
　　同理，QM2QA2 =MAMC，而MB=MB，所以，PM2PA2 =QM2QA2。故AM⊥PQ。
　　证法4 设△ABM与△AMC的外心分别为O1、O2，则AM⊥O1O2， PO1⊥AB， PO2⊥AC，于是，设PO1与PO2交于O，则∠OO1O2 = ∠BAM，∠O1O2O =∠MAC，由正弦定理，
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　　所以，PQ∥O1O2，而O1O2⊥AM，故AM⊥PQ。
　　证法5 设△ABM与△AMC的外心分别为O1、O2，以A为位似旋转中心作位似旋转变换，使O1→B，则O2→C，O1O2的中点N→BC的中点M， 所以，∠AMN =∠ACO2， 而∠CO2Q=∠CMA，O2Q⊥AC，因此MN⊥BC，于是，直线PO1、QO2、MN三线交于ΔABC的外心O。注意OM⊥BC，OQ⊥AC，O1O2⊥AM， 所以， ∠O2ON =∠ACM， ∠NO2O =∠MAC， 从而△O1NO∽△AMC，于是， 。同理， ，两式相乘，并注意O1N = NO2即得 ，所以，PQ∥O1O2，而O1O2⊥AM，故AM⊥PQ。
　　证法6 设AB、AC的中点分别为E、F，则PE⊥AB，QF⊥AC，因M为BC的中点，所以，AE= FM，AF= EM，∠AFM = 180 ∠MEA，而∠PAE = ∠AMB = ∠AQC =∠AQF，因此△PAE∽△AQF，所以 。又∠PAQ = 90 + ∠EAF = 90° + ∠AFM = ∠PEM， 于是△PAQ∽△PEM， 从而∠QPA = ∠MPE， 进而∠MPQ = ∠EPA， 但∠AMP = ∠PMB = ∠PAE， PE⊥AE，故AM⊥PQ。
　　证法7 因P为AB弧的中点，所以，PB = PA，以P为旋转中心作旋转变换， 使A→B，设Q→Q′，则BQ′= AQ = CQ，BQ′与AQ的交角等于∠BPA，而∠AQC =∠AMB =180°∠BPA，即AQ与CQ的交角也等于∠BPA，所以，BQ′∥QC，即BQ′ QC，又M为BC的中点，因此，Q、M、Q′三点共线，且M为QQ′的中点。 另一方面，因△PAB∽△PQQ′，所以，∠PAB =∠PQQ′，于是，∠MPQ = ∠PAB， 而∠AMP=∠ABP=∠PAB，∠PAB+ ∠PAB=90°，所以，∠AMP + ∠MPQ = 90°，故AM⊥PQ。
　　證法8 以M为反演中心、MA为反演半径作反演变换，则B、C皆为自反点， 直线AM为自反直线。设A的反点为A′，则A′在直线AM上，且△ABM的外接圆的反形为直线A′B，△AMC的外接圆的反形为直线A′C，点P的反点P′为直线PM与A′B的交点，点Q的反点Q′为直线QM与A′C的交点，直线PQ的反形为△MP′Q′的外接圆。因MP、MQ分别平分∠AMB和∠CMA， 所以， MP′⊥MQ′， 且
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　　从而P′Q′∥BC。设A′M与P′Q′交于N，因M是BC的中点， 所以， N是P′Q′的中点。再注意MP′⊥MQ′即知N为ΔMP′Q′的外心，这说明直线A′M与△MP′Q′的外接圆正交，因此，AM与PQ正交，故AM⊥PQ。