1815年的 蝴蝶定理 （5楼高观下）7楼 经典解析法 OK 37楼变式

abababa

定理二：四边形$A_1A_2A_3A_4$一组对边$A_1A_2,A_3A_4$交于$P$，过$P$作割线交另两组对边$A_2A_3, A_4A_1, A_1A_3, A_2A_4$于$M_1,M_2,N_1,N_2$，则$\frac{1}{PM_1}+\frac{1}{PM_2} = \frac{1}{PN_1}+\frac{1}{PN_2}$

证明：设$A_1A_4 \cap A_2A_3 = T, A_1A_3 \cap A_2A_4 = B, TB \cap PM_2 = C, TB \cap A_1A_2 = D, PB \cap A_1A_4 = B_1, PB \cap A_2A_3 = B_2$。

于是$(PB,B_1B_2) \barwedge T(PB,B_1B_2) \barwedge (PC,M_1M_2) \barwedge T(PD,A_1A_2) \barwedge B(PD,A_1A_2) \barwedge (PC,N_1N_2)$，因此$(PC,M_1M_2) = (PC,N_1N_2) = (PB,B_1B_2) = -1$，所以$(PM_1,CM_2) = (PN_1,CN_2)$。

由$(PC,M_1M_2) = -1$知$\frac{CM_1}{PM_1} = -\frac{CM_2}{PM_2}$，所以$\frac{1}{PM_1} = -\frac{CM_2}{CM_1} \cdot \frac{1}{PM_2}$，所以$\frac{1}{PM_1}+\frac{1}{PM_2} = \frac{1}{PM_2} \cdot \frac{CM_1-CM_2}{CM_1} = \frac{1}{PM_2} \cdot \frac{M_2M_1}{CM_1}$。

由$(PC,N_1N_2) = -1$知$\frac{CN_1}{PN_1} = -\frac{CN_2}{PN_2}$，所以$\frac{1}{PN_1} = -\frac{CN_2}{CN_1} \cdot \frac{1}{PN_2}$，所以$\frac{1}{PN_1}+\frac{1}{PN_2} = \frac{1}{PN_2} \cdot \frac{CN_1-CN_2}{CN_1} = \frac{1}{PN_2} \cdot \frac{N_2N_1}{CN_1}$。

由$(PM_1,CM_2) = (PN_1,CN_2)$知$\frac{PC}{M_1C}:\frac{PM_2}{M_1M_2} = \frac{PC}{N_1C}:\frac{PN_2}{N_1N_2}$，所以$\frac{1}{PM_2} \cdot \frac{M_2M_1}{CM_1} = \frac{1}{PN_2} \cdot \frac{N_2N_1}{CN_1}$。

由以上三式知$\frac{1}{PM_1}+\frac{1}{PM_2} = \frac{1}{PN_1}+\frac{1}{PN_2}$

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定理三：椭圆$\Gamma_1$含于椭圆$\Gamma_2$，过$\Gamma_1$内一点$T$作$\Gamma_2$的三条弦$A_{21}A_{22},B_{21}B_{22},P_{21}P_{22}$，分别在$\Gamma_1$上截出弦$A_{11}A_{12},B_{11}B_{12},P_{11}P_{12}$，直线$A_{12}B_{21} \cap P_{21}P_{22} = M_1, A_{22}B_{11} \cap P_{21}P_{22} = N_1,A_{11}B_{22} \cap P_{11}P_{12} = M_2, A_{21}B_{12} \cap P_{11}P_{12} = N_2$，则$(\frac{1}{TM_1}+\frac{1}{TN_1})-(\frac{1}{TP_{11}}+\frac{1}{TP_{21}}) = (\frac{1}{TM_2}+\frac{1}{TN_2})-(\frac{1}{TP_{12}}+\frac{1}{TP_{22}})$

证明：设$A_{12}B_{11}, A_{22}B_{21}, A_{11}B_{12}, A_{21}B_{22}$分别交$P_{11}P_{12}$于$E_1,F_1,E_2,F_2$。

由定理二知
\[\frac{1}{TE_1}+\frac{1}{TF_1} = \frac{1}{TM_1}+\frac{1}{TN_1}(*) \qquad\qquad \frac{1}{TE_2}+\frac{1}{TF_2} = \frac{1}{TM_2}+\frac{1}{TN_2}(**)\]

由定理一知
\[\text{在~} \Gamma_1 \text{~中有} \frac{1}{TP_{11}}-\frac{1}{TP_{12}} = \frac{1}{TE_1}-\frac{1}{TE_2} \qquad\qquad \text{在~} \Gamma_2 \text{~中有}\frac{1}{TP_{21}}-\frac{1}{TP_{22}} = \frac{1}{TF_1}-\frac{1}{TF_2} (***)\]

$(*)-(**)$并注意$(***)$得$(\frac{1}{TM_1}+\frac{1}{TN_1})-(\frac{1}{TM_2}+\frac{1}{TN_2}) = (\frac{1}{TP_{11}}+\frac{1}{TP_{21}})-(\frac{1}{TP_{12}}+\frac{1}{TP_{22}})$，即$(\frac{1}{TM_1}+\frac{1}{TN_1})-(\frac{1}{TP_{11}}+\frac{1}{TP_{21}}) = (\frac{1}{TM_2}+\frac{1}{TN_2})-(\frac{1}{TP_{12}}+\frac{1}{TP_{22}})$。

abababa

定理四：设椭圆$\Gamma_1$含于$\Gamma_2$含于$\Gamma_3$，过$\Gamma_1$内一点$K$作三条直线，分别截三椭圆$\Gamma_3,\Gamma_2,\Gamma_1$得弦$P_3T_3,P_2T_2,P_1T_1,A_3C_3,A_2C_2,A_1C_1,B_3D_3,B_2D_2,B_1D_1$，直线$A_1B_3,A_2B_2,A_3B_1,C_1D_3,C_2D_2,C_3D_1$分别交$P_3T_3$于$M_1,M_2,M_3,N_1,N_2N_3$，则
\[(\frac{1}{KM_1}+\frac{1}{KM_2}+\frac{1}{KM_3})-(\frac{1}{KP_1}+\frac{1}{KP_2}+\frac{1}{KP_3}) = (\frac{1}{KN_1}+\frac{1}{KN_2}+\frac{1}{KN_3})-(\frac{1}{KT_1}+\frac{1}{KT_2}+\frac{1}{KT_3})\]

证明：将定理一应用于$\Gamma_2$中的四边形$A_2B_2C_2D_2$得
\[\frac{1}{KM_2}-\frac{1}{KP_2} = \frac{1}{KN_2}-\frac{1}{KT_2}\]

再由定理三得
\[(\frac{1}{KM_1}+\frac{1}{KM_3})-(\frac{1}{KP_1}-\frac{1}{KP_3}) = (\frac{1}{KN_1}+\frac{1}{KN_3})-(\frac{1}{KT_1}+\frac{1}{KT_3})\]

两式相加即有
\[(\frac{1}{KM_1}+\frac{1}{KM_2}+\frac{1}{KM_3})-(\frac{1}{KP_1}+\frac{1}{KP_2}+\frac{1}{KP_3}) = (\frac{1}{KN_1}+\frac{1}{KN_2}+\frac{1}{KN_3})-(\frac{1}{KT_1}+\frac{1}{KT_2}+\frac{1}{KT_3})\]

一般地，当$n$个椭圆层层内含时，此定理仍成立，即为
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{KM_i}-\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{KP_i} = \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{KN_i}-\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{KT_i}\]

当$n$为奇数时，对椭圆$\Gamma_{\frac{n+1}{2}}$应用定理一，对椭圆$\Gamma_i, \Gamma_{n+1-i} (i=1,2,\cdots,\frac{n-1}{2})$应用定理三。当$n$为偶数时只要有限次应用定理三。

abababa

定理五：完全四边形$ABCD$的一组对边$AC \cap BD = O$，过$O$作两直线$A'C', B'D'$分别交另两组对边于$A',C'$和$B',D'$，直线$A'D' \cap AC = E, B'C' \cap AC = F$，则$\frac{1}{OA}-\frac{1}{OC} = \frac{1}{OE}-\frac{1}{OF}$


证明：考察六边形$D'AA'C'CB'$中的三组对边的交点$D'A \cap C'C = D, AA' \cap CB' = B, A'C' \cap B'D' = O$，由于$DBO$共线，由 Pascal 定理知$D'AA'C'CB'$内接于圆锥曲线$\Gamma$，由定理一知$\frac{1}{OA}-\frac{1}{OC} = \frac{1}{OE}-\frac{1}{OF}$。

此即四边形中的 Candy 定理。当$OA = OC$时$OE = OF$，即为四边形中的蝴蝶定理。

其妙

筝形呢？

abababa

回复 45# 其妙


筝形就是最后那个定理的最后一种特殊情况，因为筝形显然满足$OA=OC$，自然就有$OE=OF$的结论了，而实际上不要求是筝形，只要满足一条对角线被另一条对角线平分（不用互相平分）就可以。

其妙

关于坎迪定理，也许本质就是---两线段的倒数和(差)问题
有如下三个链接（点击即可查看）
1.第一届(2004年)东南数学奥林匹克平面几何题的多种解答和推广---两线段的倒数和(差)问题(上)
2.再谈1990年冬令营选拔赛第3题(筝形蝴蝶定理)---两线段的倒数和(差)问题(中)
3.张景中院士初数结构改革方案(重建三角)：张角定理与两线段的倒数和(差)问题(下)

hbghlyj

cut-the-knot

hbghlyj

isee 发表于 2013-10-22 04:26
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经典解析法
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类似的解析法可以证坎迪定理：youtu.be/Mm4DMIY_QUg

坎迪定理: $P Q$ 是圆锥曲线的弦, $\overline{M P} 、 \overline{M Q} 、 \overline{M E} 、 \overline{M F}$是有向线段; 则 $\frac{1}{\overline{M E}}+\frac{1}{\overline{M F}}=\frac{1}{\overline{M P}}+\frac{1}{\overline{M Q}}$

证明：
令 $P=(s, 0), Q=(t, 0)$, 圆锥曲线的方程为 $A x^2+B y^2+C x y+D x+E y+F=0$
$\because$ 点 $P, Q$ 在圆锥曲线上
$ \therefore A s^2+D s+F=0 $
$ \quad A t^2+D t+F=0 $
$\therefore s+t=-\frac{D}{A}, \quad s t=\frac{F}{A} $
$\therefore \frac{1}{s}+\frac{1}{t}=-\frac{D}{F}$
令 $A=\left(x_1, y_1\right), B=\left(x_2, y_2\right), C=\left(x_3, y_3\right), D=\left(x_4, y_4\right)$
直线 $A C: y=k_1 x$, 直线 $B D: y=k_2 x$
则直线 $A D: \frac{y-y_1}{x-x_1}=\frac{y_4-y_1}{x_4-x_1}$
令 $y=0$ 得: $x_E=\frac{y_4 x_1-y_1 x_4}{y_4-y_1}=y_1 y_4 \frac{\frac{1}{k_1}-\frac{1}{k_2}}{y_4-y_1}$
记 $K=\frac{1}{k_1}-\frac{1}{k_2}$, 则 $\overline{M E}=\frac{K}{\frac{1}{y_1}-\frac{1}{y_4}}$, 同理 $\overline{M F}=-\frac{K}{\frac{1}{y_2}-\frac{1}{y_3}}$
$\because A=\left(x_1, y_1\right), C=\left(x_3, y_3\right)$ 在圆锥曲线上
$\quad$直线 $A C: y=k_1 x$, 直线 $B D: y=k_2 x$
$\therefore y_1, y_3$ 是下列方程的两个根
$\therefore \frac{A}{k_1^2} y^2+B y^2+\frac{C}{k_1} y^2+\frac{D}{k_1} y+E y+F=0$
由韦达定理得: $\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_3}=-\frac{E}{F}-\frac{D}{F} \frac{1}{k_1}$
同理可得: $\frac{1}{y_2}+\frac{1}{y_4}=-\frac{E}{F}-\frac{D}{F} \frac{1}{k_2}$
$\because\left(\frac{1}{y_1}-\frac{1}{y_4}\right)+\left(\frac{1}{y_3}-\frac{1}{y_2}\right)=-\frac{D}{F}\left(\frac{1}{k_1}-\frac{1}{k_2}\right) $
$\quad$和上面的 $\frac{1}{s}+\frac{1}{t}=-\frac{D}{F},\overline{M E}=\frac{K}{\frac{1}{y_1}-\frac{1}{y_4}}, \overline{M F}=-\frac{K}{\frac{1}{y_2}-\frac{1}{y_3}}$，
$ \therefore \frac{K}{\overline{M E}}+\frac{K}{\overline{M F}}=K\left(\frac{1}{s}+\frac{1}{t}\right)$
$ \therefore \frac{1}{\overline{M E}}+\frac{1}{\overline{M F}}=\frac{1}{\overline{M P}}+\frac{1}{\overline{M Q}} $

abababa

hbghlyj 发表于 2024-3-3 19:17
类似：https://youtu.be/Mm4DMIY_QUg

坎迪定理: $P Q$ 是圆锥曲线的弦, $\overline{M P} 、 \overline{M ...

一用方程就觉得几何性差了一些，至少这个题不用方程也能弄出来。