蝴蝶定理

根据考克塞特和格雷策1815年，W.G.Horner提出了蝴蝶定理的一个解决方案霍纳方法名声。最近是威廉·华莱士1805年的证明已被发现在华莱士的家族档案中。然而，后来发现华莱士发布了更一般的问题始于1803年。

我在下面收集的解决方案可以作为讨论的基础，讨论哪些证据可以更好地阐明问题的要点（如果有的话）。为什么结果是真的？（参见关于共循环环绕中心的讨论：动态视图和续集.)

定理

设M是一个圆的弦PQ的中点，通过它可以画出另外两个弦AB和CD；AD在X处切割PQ，BC在Y处切割PK。证明M也是XY的中点。

证明0（威廉·华莱士，1805）

威廉·华莱士的证明基于以下图表：

我把它放在单独的页面.

证据1[考克塞特和格雷策，第45页]

让我们放下垂线x₁和x₂从X和y₁和y₂从AB和CD上的Y开始。让我们也介绍一下a=MP=MQ和x=XM和y=YM观察几对相似的三角形，其比例如下：

三角形		比例
Mx公司₁和我的₁		x/y=x₁/年₁
Mx公司₂和我的₂		x/y=x₂/年₂
阿克斯₁和Cy₂		x个₁/年₂=最大/周期
Dx公司₂和依据₁		x个₂/年₁=XD/YB

从中

x²/y²=x₁/年₂·x个₂/年₁=x₁/年₁·x₂/年₂=AX·XD/CY·YB=PX·XQ/PY·YQ。

以便

x²/y²=（a-x）（a+x）/（a-y）（a+y）=（a²-x²）/（a²-y²）=a²/a²=1。

最后x=y。

证据2[什克利亚尔斯基，问题104，解决方案1]

设O为给定圆的中心。自OMíXY，为了证明这一点XM=车型年款，我们必须证明这一点∠XOM=∠YOM。

将垂线“OK”和“ON”分别从O下降到AD和BC。显然，K是AD的中点，N是BC的中点。此外，

∠DAB=∠DCB和∠ADC=∠ABC，

作为对等边弧的角度。因此，三角形ADM和CBM相似，并且AD/AM＝BC/CM，或AK/AM=中国/印度。换句话说，在三角形AKM和CNM中，两对边是成比例的。此外，相应边之间的角度相等。我们推断三角形AKM和CNM是相似的。因此，∠AKM=∠CNM。

现在，看看四边形OKXM和ONYM。两者都有一对相反的直角，这意味着两者都可以在一个圆圈中铭刻。在OKXM中，∠AKM=∠XOM。在ONYM中，∠CNM=∠YOM。从中我们得到了我们一直在寻找的东西：∠XOM=∠YOM。

证据3[什克利亚尔斯基，问题104，解决方案2]

为了方便起见，请按照右边的图表指示角度。让x=XM和a=下午。如在证明1中，

	AX·XD公司	=PX·XQ
		=a²-x²。

在ΔDXM中，通过正弦定律，我们有

	DX；	=x·sin（α）/sin（180°-（α+β+γ））
		=x·sin（α）/sin（α+β+γ）。

以及ΔAXM

AX=x·sin（β）/sin（γ），

这将导致

AX·DX=x²·sin（α）·sin。

从这里我们可以找到x²：

x²=α²·sin（γ）·sin。

后者在α和β中是对称的。因此，如果我们重复段的推导y=车型年款，我们将得到完全相同的结果。因此，x=y。

证据4

这一证明源于射影几何，但可以在不引用该理论的情况下进行解释。（它大致基于中的问题29.46[问题].) 设S是以O为中心的给定圆。假设平面存在一个（射影）变换T

将S映射到另一个圆S'上，
将M移动到S的中心O’，
保持垂直于OM方向的线段比率，
将AB、CD、AD、BC和PQ转换为段A'B'、C'D'、A'D'，B'C'和P'Q'
P'Q'仍垂直于OM。

（我将很快证明T的存在。）A'B'、C'D'和P'Q'用作S'的直径。O’是将a’转化为B’，C’转化为D’，P’转化为Q’的半圆中心，因此，X’转化为Y’，其中X’和Y’是X和Y的图像。三角形a’X’O’和B’Y’O’相等，因此X'O'=O'Y'。但是，根据上面的#3和#5，XM/MY=X'O'/O'Y'。因此，XM=车型年款。

还有待证明的是，具有属性1-5的变换T确实存在。我将把T构造为两个变换的组合：中心投影和仿射映射.

设UV是S到M的直径。UVŞPQ。想象一下，在PQ方向上，从平面水平的一侧看圆。我们看到一段UV，中点在O，另一点在O和U之间。在垂直于UV的O上选择一个点K。画KM。找到一条VNW线，这样VN=西北。（这很简单：只需通过O画一条平行于KU的线。让N成为该线与AM的交点。将VN延伸到与W处AU的交点）

现在，把K想象成以S为底的右圆锥的顶点。VW是从圆锥上切下的椭圆的轴，通过垂直于绘图平面的VW平面。N是它的中心。上面提到的中心投影将M映射到N，U映射到W，V映射到V，并且通常将S平面中的点Z映射到KZ与椭圆平面的交点。后者现在可以向VW方向挤压，以便将椭圆映射到以N为中心的圆上。

很明显，这两个变换的组合满足上述1-5。

证据5[论文，第59页]

证明非常简单，但需要熟悉二次曲线和描述二次曲线的二次方程笛卡尔坐标.

在平面笛卡尔坐标中，二次曲线由二次方程描述：

f（x，y）=Ax²+Bxy+Cy²+Dx+Ey+f=0。

任意（非零）倍数在这样一个方程中，描述的是完全相同的二次曲线，也就是说，描述一个二次曲线需要5个数字，而不是方程中可能出现的6个数字。因此，圆锥曲线由5个不同的点唯一确定。

直线用线性方程描述

l（x，y）=Ax+By+C=0。

直线由两点唯一确定。下面，对于具有坐标的点X（x，y）,l（x，y）和l（X）可以互换使用，具体取决于在这种情况下哪个更方便。通过这些准备工作，我们可以证明以下几点

引理

设点P、Q、R和S位于二次方程给出的二次曲线上f=0。然后，对于某个常数λ和μ，

f=λ·l_PQ值我_RS系列+μ·l_{PS（聚苯乙烯）}我_二维码,

其中我_PQ值=0，l_RS系列=0，l_{PS（聚苯乙烯）}=0和l_二维码=0分别是PQ、RS、PS和QR的（线性）方程。

引理的证明

让U是当前圆锥曲线上的第五个点。那么肯定存在λ₀和μ₀这样的话

λ₀·我_PQ值（U） ·l_RS系列（U） +μ₀·我_{PS（聚苯乙烯）}（U） ·l_二维码（U） =0。

定义二次表达式

（f）₀（十） =λ₀·我_PQ值（十） ·l_RS系列（十） +μ₀·我_{PS（聚苯乙烯）}（十） ·l_二维码（X）。

显然是f₀（U） =0。但也有f₀（P） =f₀（Q） =f₀（R） =f₀（S） =0。（例如，（f）₀（P） =0因为我_PQ值（P） =0和我_{PS（聚苯乙烯）}（P） =0.）方程式（f）₀（十） =0定义了与f=0，所以f和f₀是彼此的倍数：f=αf₀对于某些α。这证明了引理。

现在让我们继续证明蝴蝶定理。让f=0是给定圆的方程。然后根据引理，对于一些λ和μ

f=λ·l_AB公司我_光盘+μ·l_AD公司我_{不列颠哥伦比亚省}.

该等式也适用于PQ线上涉及的所有功能的限制。以PQ为x轴，原点为M。然后，因为f（P）=f（Q）=0和PM=MQ，我们可以假设f（x，0）=x²-a和我_AB公司我_光盘=bx²PQ上。如果是，仅限于PQ，我_AD公司我_{不列颠哥伦比亚省}=cx²-d。这意味着方程的两个根我_AD公司我_{不列颠哥伦比亚省}= 0与原点M等距。

证明5'

蝴蝶定理是在第24届普特南竞赛（1963年）上作为问题A6提出的。我在网上看到的解决方案是对证据5基于更一般的引理：Letg=0和h=0是通过4个不同点的两个不同二次曲线的方程。那么通过四个点的任何二次曲线都有以下等式λg+μh=0，对于一些λ和μ。

然后，圆由g=0和一对直线AB、CD定义为h=0。然后这对直线AD、BC是通过相同四个点的另一个圆锥曲线，并且满足f=λg+μh=0，对于一些λ和μ。现在，g和h对PQ有对称（相对于M）限制，f也有对称限制。

备注

注意，后一证明仅要求AB和CD对PQ的限制相对于M对称。这意味着等式PX=质量不仅当AB和CD通过M时，而且当它们在与M等距的点处穿过PQ时，都保持不变！因此，我们得到了M.Klamkin于1965年首次建立的蝴蝶定理推广的一个简单证明(数学杂志，第38卷，第4期（1965年9月），206-208。）

证据6

蝴蝶定理是一个更普遍的特殊情况两只蝴蝶定理。选择一个相对于OM对称的“蝶形四边形”，使其相交边在M处相交。第二个“蝶形四边形”必须与PQ在第一个相同的点相交，即相对于M对称。

证明7

另一个概括这个定理的结论是由邱发文（音）向我指出的，他是一位语文老师，1997年与他的学生一起发现了这个结果。中文版本不再可用。无论如何，我必须做一些猜测工作来弄清楚它是关于什么的。

当涉及的两个圆合并为一个时，蝴蝶定理从一般化中得到。

证明8

该证据由Steve Conrad提供，如塞缪尔·格雷策的阿贝洛斯.

基本出发点是观察，如果在两个三角形中，一个角等于另一个角，则三角形的面积与构成相等角的边的乘积的比率相同。在上图中，有四对等角，可以写出四个等式：

1:	面积（XAM）/面积（MCY）=AX·AM/CM·CY
2:	面积（CMY）/面积（DMX）=CM·MY/DM·MX
三：	面积（XDM）/面积（MBY）=DX·DM/BM·BY
4:	面积（BMY）/面积（AMX）=BM·MY/AM·MX

现在，由于左侧比率的乘积等于1，因此右侧的乘积也是如此，在进行一些抵消后，它显示为

AX·DX·MY²/CY·BY·MX²=1，

或

(1)

AX·DX/CY·BY=MX²/MY²。

根据点定理的幂，

AX·DX=PX·QX=（MP-MX）·（MQ+MX）

和类似的

CY·BY=QY·PY=（MQ-车型年款）·（MP+车型年款）。

因此，从（1）

(2)

（MP-MX）·（MQ+MX）/MX²=（MQ-MY）·（MP+MY）/MY²。

由于MP=MQ，我们得到

MP²/MX²-1=MP²/MY²-1，

这意味着MX=MY。

备注

如果没有假设MP=MQ，（2）简化为

MP·MQ·（MX-MY）=MX·MY·（MP-MQ）。

后者是A.Candy定理（1896）的精髓，通常写成

1/MP-1/MQ=1/MX-1/MY。

事实证明，这与坎迪最初的推导非常接近。

证明9

以下是以下内容的证明克拉姆金推广在…的帮助下梅内劳斯定理.

三角形XSY被两个横截线CZD和AWB切割，因此我们可以两次应用Menelaus定理：

（AWB）	XA/SA·SB/YB·YW/XW=1
（捷克）	XD/SD·SC/YC·YZ/XZ=1

两者的乘积是

(3)

XA·XD/SA·SD·SB·SC/YB·YC·YZ/XZ·YW/XW=1。

来自点定理的幂，SA·SD=SB·SC，因此（3）简化为

(4)

XA·XD/YB·YC·YZ/XZ·YW/XW=1。

根据相同的定理XA·XD=PX·QX和YB·YC=PY·QY。因此（4）变成

(5)

PX·QX/PY·QY·YZ/XZ·YW/XW=1。

设PM=MQ=a，ZM=MW=b，XM=x，YM=y，并将（5）重写为

（a-x）·（a+x）/（a+y）·（a-y）·。

这只是

（a²-x²）/，

或

（a²-x²）/。

后者相当于

（a²-b²）·（x²-y²）=0。

最后，除了a=b的退化情况，弦变成切线，我们得到x=y。当然，当a=b时，即当PQ上的所有点合并为一点时，后者也是正确的——M。

证明10

我会再次证明克拉姆金推广.

考虑两个线条铅笔，一条通过A，另一条通过C。将两支铅笔在给定圆上相交的线联系起来，使AP对应CP，AD对应CD，AB对应CB，AQ对应CQ。相关线对之间的所有相关角度均等于对同一弧。因此,A（PDBQ）=C（PDBK）。由交叉比性质,A（PDBQ）=（PXWQ），然而C（PDBQ）=（PZYQ），它给出了

（PXWQ）=（PZYQ）。

根据定义,

(6)

WP/WX:QP/QX=YP/YZ:QP/QZ。

但由于ZM=MW，我们也有WP=QZ，因此我们可以将（6）重写为

(6')

QX/WX=YP/YZ:QP/QZ。

使用前面证明的约定，（6'）变为

（a+x）/（b+x）=（a+y）/（b+y），

相当于（a-b）（x-y）=0。自a＞b，唯一的可能性是x=y。

证明11

证据由Hiroshi Haruki教授提供[霍斯伯格和钻石，136-138]并取决于他的奇妙引理，我们将其应用于下图：

把A和C想象成一个可变点穿过圆的两个位置。然后Haruki引理导致

XP·MQ/XM=MP·YQ/YM，

由于MP=MQ，它被简化为

XP/XM=YQ/YM。

两边加1表示

（XP+XM）/XM=（YQ+YM）/YM。

再次应用MP=MQ，我们得到所需的XM=YM。

请注意，只要对上述内容稍作更改，我们就可以轻松获得莫里·克拉姆金的推广.

证明12

我从Paris Pamfilos的网站上借来了这个证据，该网站后来消失或移动了。证据也出现在H.Eves的几何学概论（第144-145页）。

设S和T是AD、BC和AC、BD的交点。然后ST是指极地的关于给定圆的M。特别是，这意味着，如果O是圆的中心，那么OM垂直于ST。由于M是PQ的中间，PQ也垂直于OM。因此，ST||PQ。

此外，从建设通过完全四边形对于共轭点对，可以得出M相对于C、D对的共轭（F）位于ST上。因此，直线SD、SC、SM、SF形成一个谐波束.任何交叉线共轭点中的这样一个束。特别是，PQ在点X、Y、M和无穷远处穿过它（回忆一下ST||PQ）我知道意味着MX=车型年款。

备注

巴黎的证据显示了更多。对于M不一定是PQ的中点，PQ将在某个点N穿过ST。和以前一样，有几个谐波共轭对。特别是，（XYMN）=-1，当然，（PQMN）=-1。对于这两个,

1/XM+1/YM=2/NM，以及
1/PM+1/QM=2/NM，

所有段都在其中签名。减去并反转为规则长度，我们得到坎迪的概括，因为作为有符号的段，XM和YM以及PM和QM具有不同的符号。

证明13

这个来自百科全书的第一卷平面测量中的问题作者V.V.Prasolov（#2.54）。我们将证明克拉姆金推广.

反射点A、B、D和X通过其中点M垂直于PQ。表示反射A'、B'、D'和X'。A'、B'、D'位于给定的圆上，而X'位于PQ上。我们希望证明X'与Y一致。

因为Z和W在M中是对称的，所以A'B'穿过W。此外，我们可以观察到有向（或有符号）角直线对之间：

∠（WY，CY）=∠（B'B，CB）		（BB'\|\|PQ）
∠（B'B，CB）=∠（B’A’，CA’）		（弧B'C所含）
∠（B'A'，CA’）=∠（WA'，CA'）		（A'B'穿过W）

因此，四边形WYA'C是循环的。我们在角度之间有一个额外的等式链：

∠（WX'，A'X'）=∠（DD'，A'D'）		（DD'\|\|PQ）
∠（DD'，A'D'）=∠（DC，A'C）		（被同一弧线包围）
∠（DC，A'C）=∠（WC，A'C）		（W位于CD上）

因此，四边形WX'A'C也是循环的，并且具有与WYA'C完全相同的外接圆。因为除了W之外，PQ最多在另一个点上与该圆相交，Y=X’。按季度计算。

证明14

在寻求令人愉快的证据的同时Haruki教授，我首先忽略了R.Honsberger所说的标准证明[Honsberger公司和钻石, 135-136]

我们证明了原来的问题，因此M是弦PQ的中心，因此垂直于直径MO。让B'是B在该直径中的反射。特别是，BB'也垂直于OM，并被OM分成相等的部分。ΔBB'M为等腰，其底角1和2相等。此外，BB'||PQ。角度3为候补带有1，角度4带有2。由此可见，四者都是相等的。

在一个循环四边形B（2）和D（5）处的ABB’D角为补充的。它们加起来是180°。如果是这样，角度3和5的总和也为180°，这使得四边形MXDB具有循环性。在这个四边形中，6和7对着同一个弦MX。因此它们是相等的。出于同样的原因，但在给定的圆中，角度7和8相等。这表明角度6和8也相等。

现在考虑三角形MBY和MB'X。它们有相等的边MB和MB'，以及相等的相邻角对：3/4和6/8。由萨斯，三角形是相等的。因此，MX=MY。

证明15

这是来自中国营口的魏宁杰达的证明，他计划成为一名数学、语文和历史教师。如中所示证据#8weininjieda比较了几个三角形的面积，特别是基于与循环四边形相关的观察。例如，四边形ACDP由对角线AD分割为两个三角形，即APD和ACD，它们在P和C处的对角相加为180°。因此，

面积（△APD）/面积（△ACD）=AP·DP/AC·CD。

如前所述，表示a=MP=MQ，x=MX，y=MY。然后

PX/MX×MY/QY	=（a-x）/x·y/（a-y）
	=面积（△APD）/面积（△AMD）×面积（△CMB）/面积
	=面积（△APD）/面积（△ACD）×面积（△CAD）/面积 ×面积（ΔBDC）/面积
	=AP·DP/AC·CD×AD·AC/BC·BD×BD·CD/BQ·CQ×BM·CM/AM·DM
	=AP·DP·AD·BM·CM/BC·BQ·CQ·AM·DM
	=DP/CQ×AP/BQ×AD/BC×BM/DM×CM/AM
	=MP/CM×AM/MX×DM/BM×BM/DM×CM/AM
	=百万像素/平方米
	= 1.

由此得出（a-x）/x=（a-y）/y，或a/x-1=a/y-1以便x=y。

证据16

这是格雷格·马科斯基的证明。

由于M是PQ的中点，穿过M的圆的直径明显垂直于PQ。在该直径中反射A和D，以获得点A'和D'。观察点A'和B形成A反射对关于M；C点和D'点也是如此。由格雷格定理大约有两对这样的线，A’D’和BC在PQ上相交，即在Y处。因为A’D'是AD通过M在直径上的反射，MX=我的。

证明17

澳大利亚2007年和2008年国际海事组织（IMO）团队成员贾尔斯·加达姆（Giles Gardam）向我传达了这一证据，这要归功于他的导师伊万·郭（Ivan Guo），他曾在2004年的国际海事组织中获得金牌。

提供了交互式插图在别处.

反射B和C以及M中的圆T（在点上反射，我指的是关于该点的因子-1的膨胀）。B'、C'和T'分别是B、C和圆T的反射。注意，因为M是PQ的中点，所以T'穿过P和Q。

由点的幂M相对于T，AM×BM=CM×DM。

因此AM×B'M=C'M×DM，因此通过点的幂的倒数，AB'C'D是循环四边形.让其外接圆为T’’。

我们现在考虑这三个径向轴在PQ、AD和B'C'这三个圆圈中根轴定理因此，B'C'在X处与PQ相交。BC和PQ的反射是B'C]和PQ，因此考虑到它们的交点，我们认为X是Y的反射，因此M是XY的中点。

证明18

此证明由B.Elsner别名提供马托曼（查看他链接到一个令人惊叹的视频Jean-Pierre Kahane教授利用蝴蝶定理吸引路人。）

对于一个简单的分析证明，为了简单起见，假设圆的半径为1，PQ位于水平x轴上，原点位于M，圆心O位于（0，米）， |m |<1。那么圆的方程是x²+（y-m）²=1PQ的值为y=0。

我们可以假设AB和CD都不符合PQ。由于这两条路径都通过原点，因此它们的方程如下：，x=是，对于AB，以及x=依据，注意，在这种形式下，AB和CD允许垂直。我们可以假设a≠b除此之外，这个问题没有多大意义。

在圆的方程中替换x=ay，我们可以看到点的纵坐标A（x_A类，年_A类)和B（x_B，年_B)满足等式a²y²+（y-m）²=1，意味着

（1+a²）y²-2my+（m²-1）=（1+a²）（y-y_A类)（y-y_B).

点C、D的纵坐标也有类似的关系。通过比较系数，我们可以看出

(7₁)

（1+a²）（年_A类+年_B)=2m，（1+a²）y_A类年_B=平方米-1

(7₂)

（1+b²）（年_C类+年_D类)=2米，（1+b²）年_C类年_D类=平方米-1。

点X和Y位于X轴上，因此它们的坐标消失：X（X_X（X）, 0)和Y（x_Y（Y）, 0).X与A和D共线，这意味着

（x）_X（X）-x个_D类)/（年_X（X）-年_D类)=（x_A类-x个_D类)/（年_A类-年_D类)

换句话说，

（x）_X（X）-x个_D类)（年_A类-年_D类)=（年_X（X）-年_D类)（x）_A类-x个_D类),

或，替换x_A类=年_A类和x_D类=b y_D类,

(8)

x个_X（X）（年）_A类-年_D类)=（a-b）y_A类年_D类.

同样，

(8')

x个_Y（Y）（年）_B-年_C类)=（a-b）y_B年_C类.

将这些方程式中的第一个乘以（年）_B-年_C类)第二个是（年）_A类-年_D类)并添加乘积显示（在使用（7）进行不难的代数运算后₁)-7₂)那个

（年）_A类-年_D类)（年_B-年_C类)（x）_X（X）+x_Y（Y）) = 0.

注意，在假设的情况下a≠b，（8）和（8'）暗示年_A类≠y_D类和年_B≠y_C类所以我们可以得出x_X（X）+x_Y（Y）=0，立即给出MX=我的。

证明19

米哈伊尔·戈登伯格(创意项目（马里兰州巴尔的摩）和马克·卡普兰（托森州立大学）提出了蝴蝶定理的纯粹投影证明

蝴蝶定理的射影证明

我把证据放在单独的页面.

证明20

另一个投影证明是由Hubert Shutrick提出的，它基于射影对合:

穿过图中A、B、C、D的二次曲线束包括圆和一对直线AB、CD，其交点H是PQ上对合的双倍点，另一个双倍点必须是无穷远点，因为H是PK的中点。因此，它也是XY的中点，因为AD、BC是铅笔中的另一个退化圆锥曲线。

证明21

在exta结构中，塞萨尔·多诺拉托使用塞瓦定理来证明经典的蝴蝶定理。

蝴蝶定理，Donolato引理

详细信息可以在单独的文件.

证明22

在这个证明中，马丁·切利利用了蝴蝶的两个翅膀是相似的这一事实，并找到了比例因子的显式形式。详细信息见单独的文件.

证明23

在这个证明中，Tran Quang Hung追逐角度以找到内接四边形并绘制三角形中线。

中线上的蝴蝶——Tran Quang Hung的综合证明

详细信息见单独的文件.

证据24

Stathis Koutras的证明使用了他在以下配置中应用的一个优雅定理。

Stathis Koutras的蝴蝶，证据