蝴蝶定理

　　蝴蝶定理最先是作為一個征求證明的問題，刊載於1815年的一份通俗雜志《男士日記》上。www.emoneybtc.com由於其幾何圖形形象奇特、貌似蝴蝶，便以此命名，定理內容：圓O中的弦PQ的中點M，過點M任作兩弦AB，CD，弦AD與BC分別交PQ於X，Y，則M為XY之中點。

　　出現過許多優美奇特的解法，其中最早的，應首推霍納在職1815年所給出的證法。至於初等數學的證法，在國外資料中，一般都認為是由一位中學教師斯特溫首先提出的，它給予出的是面積證法，其中應用了面積公式：S=1/2 BCSINA。1985年，在河南省《數學教師》創刊號上，杜錫錄同志以《平面幾何中的名題及其妙解》為題，載文向國內介紹蝴蝶定理，從此蝴蝶定理在神州大地到處傳開。 這裡介紹一種較為簡便的初等數學證法。

　　證明：過圓心O作AD與BC的垂線，垂足為S、T，連接OX，OY，OM，SM，MT。

　　∵△AMD∽△CMB ∴AM/CM=AD/BC

　　∵SD=1/2AD，BT=1/2BC ∴AM/CM=AS/CT 又∵∠A=∠C ∴△AMS∽△CMT ∴∠MSX=∠MTY ∵∠OMX=∠OSX=90° ∴∠OMX+∠OSX=180° ∴O，S，X，M四點共圓 同理，O，T，Y，M四點共圓 ∴∠MTY=∠MOY，∠MSX=∠MOX ∴∠MOX=∠MOY ， ∵OM⊥PQ ∴XM=YM

　　這個定理在橢圓中也成立，如圖

　　1.橢圓的長軸A1、A2與x軸平行，短軸B1B2在y軸上，中心為M(o，r)(b〉r〉0)。

　　(Ⅰ)寫出橢圓的方程，求橢圓的焦點坐標及離心率;

　　(Ⅱ)直線y=k1x交橢圓於兩點C(x1，y1)，D(x2，y2)(y2〉0);直線y=k2x交橢圓於兩點G(x3，y3)，H(x4，y4)(y4〉0)。 求證：k1x1x2/(x1+x2)=k2x3x4/(x3+x4)

　　(Ⅲ)對於(Ⅱ)中的C，D，G，H，設CH交X軸於點P，GD交X軸於點Q。 求證： | OP | = | OQ |。

　　(證明過程不考慮CH或GD垂直於X軸的情形)

　　2.解答：北京教育考試院招生考試辦公室專家在公布的《2003年全國普通高等學校招生統一考試試題答案匯編》中給出的參考解答如下：

　　(18)本小題主要考查直線與橢圓的基本知識，考查分析問題和解決問題的能力。滿分15分。

　　(Ⅰ)解：橢圓方程為x2/a2+(y-r)2/b2=1 焦點坐標為

　　x代入橢圓方程，得b2x2+a2(k1x-r)2=a2b2，? (Ⅱ)證明：將直線CD的方程y=k

　　整理，得

　　(b2+a2k12)x2-2k1a2rx+(a2r2-a2b2)=0 根據韋達定理，得

　　x1+x2=2k1a2r/(b2+a2k12)， x1·x2=(a2r2-a2b2)/( b2+a2k12)， 所以x1x2/(x1+x2)=( r2-b2)/2k1r ①

　　將直線GH的方程y=k2x代入橢圓方程，同理可得 x3x4/(x3+x4)=( r2-b2)/2k2r ②

　　由①，②得k1x1x2/(x1+x2)=(r2-b2/2r=k2x3x4/(x3+x4) 所以結論成立。

　　(Ⅲ)證明：設點P(p，o)，點Q(q，o)。 由C，P，H共線，得 (x1-p)/( x4-p)=k1x1/k2x4 解得P=(k1-k2)x1x4/(k1x1-k2x4) 由D，Q，G共線，同理可得 q=(k1-k2)x2x3/(k1x2-k2x3)

　　由k1x1x2/(x1+x2)=k2x3x4/(x3+x4)，變形得： x2x3/(k1x2-k2x3)=x1x4/(k1x1-k2x4)

　　即：(k1-k2)x2x3/(k1x2-k2x3)=(k1-k2)x1x4/(k1x1-k2x4) 所以 |p|=|q|，即，|OP|=|OQ|。

　　3.簡評

　　本小題主要考查直線與橢圓等基本知識，考查分析問題和解決問題的能力。試題入門容易，第(Ⅰ)問考查橢圓方程、待定系數法、坐標平移和橢圓性質：焦點坐標、離心率、看圖說話即可解決問題，但考查的卻都是重點內容。

　　第(Ⅱ)問是典型的直線與橢圓的位置關系問題。待證式子中含有x1x2，x1+x2，x3x4，x3+x4這樣的對稱式，式子結構對稱優美，和諧平衡，使人很容易聯想起一元二次方程根與系數關系的韋達定理，啟示了證明問題的思路。這裡用到了解析幾何最根本的思想和最根本的方法。解兩個聯立的二元二次方程組，用代入消元法得到一元二次方程，分離系數利用韋達定理給出關於x1x2，x1+x2，x3x4，x3+x4的表達式，再分別代入待證式兩邊運算即達到證明目的。證明的過程中，由兩個聯立方程組結構的相似性運用了“同理可得”，整個證明過程也令人賞心悅目，感受到了邏輯證明與表達的順暢、簡約的美的魅力。

　　第(Ⅲ)問證明中用到了三點共線的充要條件，用到了過兩點的直線的斜率公式，分別解出p，q以後，|OP|=|OQ|等價轉化成了p= -q(或p+q=0。)此時分析前提條件(Ⅱ)及待證結論p= -q，關鍵在於溝通k1x1x2/(x1+x2)=k2x3x4/(x3+x4)與x1x4/(k1x1-k2x4)=-x2x3/(k1x2-k2x3)的聯系。參考解答中的表述略去了一些變形的中間過程，使人不易看出溝通的線索，以及命題人變形的思路，因此讀者理解起來感到困難。如果將兩式做如下變形，則思路就顯然順暢自然。

　　設：k1x1x2/(x1+x2)=k2x3x4/(x3+x4)為①式，兩邊同取倒數，得 1/k1x2+1/k1x1=1/k2x4+1/k2x3 ①’

　　設：x1x4/(k1x1-k2x4)=-x2x3/(k1x2-k2x3)為 ②式，兩邊同取倒數，得k1/x4-k2/x1=k2/x2-k1/x3，移項得k2/x1+k2/x2=k1/x3+k1/x4 ②’ 將①’兩邊同乘以k1·k2，即得 k2/x1+k2/x2=k1/x3+k1/x4

　　它與②’完全一樣。這裡利用兩式同時變形的方法可以較容易實現目的，有分析、有綜合，有思維，有運算。思路的選擇有賴於對式子特征的觀察聯想。

　　綜觀這道題的題目特征及解答過程，我們看到了用代數方程但方法處理幾何問題的作用與威力。

　　4.賞析：

　　上面我們看到，試題的結構及其解答都令人感到賞心悅目，至此，我們不禁要追問一句：試題是怎麼命制出來的?它的背景是什麼?它對我們的數學學習與教學、高三復習與備考有什麼啟示? 關於圓，有一個有趣的定理：

　　蝴蝶定理 設AB是圓O的弦，M是AB的中點。過M作圓O的兩弦CD、EF，CF、DE分別交AB於H、G。則MH=MG。

　　這個定理畫出來的幾何圖，很像一只翩翩飛舞的蝴蝶，所以叫做蝴蝶定理(圖2)。 盯著試題的圖1仔細看，它像不像橢圓上翩翩飛舞的蝴蝶?

　　像，而且像極了。試題的證明過程及結果告訴我們，橢圓中蝴蝶定理依然成立，而且是用解析方法證明的。如果令橢圓的長軸，短軸相等，即a=b，則橢圓就變成了圓，橢圓中的蝴蝶定理就變成了圓上的蝴蝶定理，上面的證明一樣適用。由於橢圓也可以看作將一個圓經“壓縮變換”而得，故圓上的蝴蝶定理經“壓縮變換”也可以變成橢

　　圓上的蝴蝶定理。“翩翩蝴蝶舞橢圓，飛落高考數學花。”讀者諸君欣賞至此，是否體會到了數學命題幾何專家命制高考試題的“高招”及良苦用心?

　　〔關於“橢圓上的蝴蝶”，張景中院士在其獻給中學生的禮物一書《數學家的眼光》“巧思妙解”一節中有著精妙的論述，有興趣的讀者請參閱該書P54-59〕。

　　5.啟示

　　橢圓上的蝴蝶翩翩飛舞，飛落到了北京數學高考試題的百花(草)園，令人欣喜異常。它雖然有著競賽數學、仿射變換、數學名題的背景，然而這裡證明它，卻只用到了教科書裡反復提到的三點共線問題和斜率公式，用到了解析幾何最基本的方法。高級中學課本《平面解析幾何》全一冊(必修)數處提到三點共線問題，如P13習題一第14題：已知三點A(1，-1)、B(3，3)、C(4，5)。求證：三點在一條直線上：P17練習4：證明：已知三點A、B、C，如果直線AB、AC的斜率相等，那麼這三點在同一條直線上;P27習題二第9題：證明三點A(1，3)、B(5，7)、C(10，12)在同一條直線上;P47復習參考題一第3題：用兩種方法證明：三點A(-2，12)、B(1，3)、C(4，-6)在同一條直線上。你看，課本上的練習、習題、復習參考題，反復提到了三點共線的證明，並且強調用不同的方法來證明。為什麼?你(老師、學生)關注到了它嗎?

　　實際上，三點共線的不同證明，可以把解析幾何第一章的重點基礎知識充分調動起來，組織起來。你可以用基本公式——平面上兩點間的距離公式

　　證明|AC|=|AB∣+∣BC∣;你也可以應用定比分點公式x=(x1+λx2)/(1+λ)，y=(y1+λy2)/(1+λ)去證λ=(x1-x)/(x-x2)=(y1-y)/(y-y2);你可以用過兩點的直線的斜率公式Kp1p2=(y2-y1)/(x2-x1)，去證KAB=KAC;你還可以先建立直線AB的方程f(x，y)=0，然後驗證點C的坐標適合直線AB的方程即f(x，y)=0;你也可以在建立直線AB的方程之後，利用點到直線的距離公式

　　證明dc-AB=0;你還可以計算△ABC的面積，去證S△ABC=0。你看，有五、六種方法可以解決同一個問題，當然難度有高有低。一題多解中選擇方法、優化方法也是能力(洞察、觀察)的體現，從比較中才可以鑒別方法的優劣。據說考試下來，有一些重點中學的尖子生對自己沒能解答出第(Ⅲ)問很懊悔，一些老師也說這個題目“運算量太大難以完成”!不知讀者諸君欣賞至此，能不能發現上述問題的症結究竟發生在哪裡?北京市有許多重點中學的師生，對高中數學課本的習題不屑一顧，很少去鑽研教材中的例題、習題，去尋求與發現知識之間的內在聯系，去總結解題的原則、思路與規律。各種各樣的復習資料，幾十套幾十套的各地模擬試卷，使高三學生跳進題海做得昏天黑地而難以自拔，這哪裡還談得上素質教育與培養能力?我們應當從欣賞“翩翩飛舞的橢圓蝴蝶”中去用心體會“精選題目充分利用題目的“營養”價值”在數學教學與復習中的重要作用，從而解放思想，勇敢大膽地摒棄“題海戰術”。而要使學生跳出題海，老師就必須首先跳入題海，“題海探珠”，感悟數學教育改革的真谛。——注重基礎、注重理解、注重聯系、注重能力。

　　補充：混沌論中蝴蝶定理

　　數學的一門分支是混沌論。混沌論中有一個非常著名的定理——蝴蝶定理。它是說，一些最輕微的因素，能夠在復雜的環境中，引起滔天的巨浪，就好比地球南半球一只蝴蝶輕輕地扇動美麗的翅膀，那微小的氣流，已足已引起北半球的飓風和海嘯。而我們怎能跟蹤那葉尖的微微一顫呢?所以經濟和氣象都是不可預測的，正如人生無法預測。蝴蝶定理的推廣 如圖I，是“蝴蝶定理”，有結論EP=PF;如圖II，是“蝴蝶定理”的演變，點P，Q，R，S是否也存在某種關系呢? 所以過圓心O的兩個同心圓內弦中點M作兩條直線交圓於A、B、C、D、E、F、G、H，連AF、BE、CH、DG分別交弦於點P、Q、R、S，則有等式：成立。證明：引理，如右圖，有結論由及正弦定理即可得到：原結論 作OM1AD於M1，OM2EH於M2， 於是，MA - MD = MB - MC = 2MM1 = 2Msin;MH - ME = MG - MF = 2MM2 = 2Msin 且MA*MD = ME*MH，MB*MC = MF*MG，代入上式，又故原式成立證畢。

　　蝴蝶定理的證明

　　蝴蝶定理 1815年，西歐《男士日記》雜志上刊登一則難題征解，題目如下： 過圓的弦AB的中點M，引任意兩條弦CD，EF，連接ED，CF分別交AB於P，Q兩點。求PM=QM(見圖)由於形狀酷似蝴蝶， 該命題被人們稱為“蝴蝶定理”。

　　一值四年來都無人解答。1819年7月四邊形蝴蝶定理 若四邊形一條對角線平分另一對角線，則過其交點的兩條直線，以四邊交點(鄰邊)的連線，與被平分的對角線的兩個交點到對角線焦點距離相等。證明過程中用到共邊比例定理、共角比例定理。如圖：BG=CG,求證：EG=FG 連接CP，BS，BR，CQ

　　EG/BE*CF/FG=S△PGQ/S△PBQ* S△SCR/S△SGR=S△ABD/S△PBQ * S△SCR/S△ACD * S△PGQ/S△SGR =AB*BD/BP*BQ * SC*CR/AC*DC * PG*QG/RG*SG =S△ABC*S△BCD/S△BCP*BCQ * S△BCS*S△BCR/S△ABC*S△BCD * S△BCP*S△BCQ/S△BCR*S△BCS =1 EG/BG=GF/CG EG=GF ，一位自學成才的中學教師霍納給出第一個答案，但繁瑣難懂。但從1819年開始，人們尋求簡潔易懂的新證明，直到1973年，中學教師斯特溫給出十分初等的證法，之後又有許多新證法發表。斯特溫證明： 令MQ=x，MA=y，AM=BM=a，∠E=∠C=α，∠D=∠F=β，∠BMF=∠AME=δ， ∠DMA=∠CMB=γ 用△1，△2，△3，△4分別代表△PME，△QMC，△PDM，△QFM面積。則△1/△2*△2/△3*△3/△4*△4/△1 =(EP*EMsinα/CQ*CMsimα)*(MQ*CMsinγ/PM*MDsinγ)*(PD*MDsinβ/MF*QFsinβ)*(MQ*MFsinδ/MP*MEsinδ)=(EP*PD*MQ*MQ)/(CQ*FQ*MP*MP)=1 由相交弦定理EP*PD=AP*PB=(a-y)(a+y)CQ*FQ=BQ*QA=(a-x)(a+x) (EP*PD*MQ*MQ)=(CQ*FQ*MP*MP)，(aa-yy)xx=(aa-xx)yy 化解，得x=y 即PM=MQ，證畢。由於，橢園面是正柱面的斜截面。如圖圓柱的底是橢圓的投影， 所以，蝴蝶定理對橢圓也成立。什麼是蝴蝶定理?如何證明蝴蝶定理? 蝴蝶定理：在圓O中，CD、EF為過AB弦的中點M的任意兩條弦，連接CF、DE分別交AB於H、K，則有MK=MH。 已知：如圖8-30乙所示。在圓O中，CD、EF為過AB弦的中點M的任意兩條弦，連接CF、DE分別交AB於H、K。 求證：MK=MH思路2：根據圓的對稱性，作出弦心距;從三角形相似再推導出三角形相似，由四點共圓，推導出∠MOH=∠MOK是關鍵;

　　證明：過O作OS⊥FC、OT⊥DE、連OH、OK、SM、MT，再連MO。∵ AM=MB; ∴ OM⊥AB、∠AMO=∠BMO=90°;在△FCM和△DEM中; ∠CMF=∠DME;(對頂角相等);∠MFC=∠MDE;(等弧對等圓周角)∴ △FCM∽△DEM;(AA)∴∠FCM=∠DEM ; ∵ FS=SC=½FC;DT=TE=½DE;∴FS/FC =TD/ED ;∵FC/ED = FM/MD ∴FS/FM = TD/MD 在△FSM和△DTM中; ∠MFS=∠MDT;(等弧對等圓周角);FS/FM = TD/MD ; ∴ △FSM∽△DTM;(SAS)∠FSM=∠DTM;∠MSH=∠MTK;

　　∵∠AMO=90°、∠HSO=90°;O、S、H、M四點共圓;∴ ∠MSH=∠MOH; ∵ ∠BMO=90°、∠KTO=90°;O、T、K、M四點共圓;∴ ∠MTK=∠MOK;∴ ∠MOH=∠MOK;在△MOH和△MOK中;∠MOH=∠MOK;MO=MO; ∠AMO=∠BMO=90°;∴ △MOH≌△MOK;(ASA)∴ MH=MK。 結論：作出弦心距是最有效的輔助線，本證法的出發點是證明△HOK是等腰三角形，利用等腰三角形的三線合一性來證明最終的結論。該命題還有很多其他證法，不再贅述。

歡迎訪問 外 匯 邦 WWW.WaiHuiBang.com