前面寫了蝴蝶定理的各種應用，還有不少問題與她有關。本節繼續。

1、已知：如圖，O為△ABC的外心，過O的直線分别交AB，AC于M，N，

令S，R分别為BN，CM中點，

證明：∠SOR=∠BAC,

(2004年伊朗數學奧林匹克，2011年中國東南數學奧林匹克)

思路分析：此題中O點為外心很難利用，做出外接圓比較合理。

不過後面就比較難入手了，關鍵這兩個角離得很遠，必須找一個

中間角作為傳遞。如果想到第三篇文章中的三翅蝴蝶定理[1]，本題就豁然開朗了。

在直線MN上作QK=PM，則NK=MJ,OR//CI,BI//SO,從而得證。

證明：做出圓O，設直線MN交圓于P、Q，

在OQ上截取QK=PM,CK交圓于I，BI交直線MN于J。

由MP=KQ,根據三翅蝴蝶知NK=MJ，

故OM=OK,又RM=RC,則CI//RO,

同理可得BI//OS,

故∠SOR=∠BIC,

故∠SOR=∠BAC。

注：1）據本人咨詢并查找相關資料，本題最早見于2004年伊朗數學奧林匹克，2011年東南競賽又作為壓軸題的第4題，解答基本也都是利用三翅蝴蝶定理。本題圖形簡潔、結論美妙、出人意料。求解時寂然凝慮，思接千載；悄焉動容，視通萬裡，若心有靈犀想到三翅蝴蝶定理即可曲徑通幽，否則比較困難。

2）當然本題還可以有不少其他的解法，有興趣的可以探索。

3）本人第一次接觸到本題大概是2008年，經過思考化為三翅蝴蝶定理解決以後。感覺餘音繞梁、回味無窮，嘗試将其推廣。如上圖所示，本題中三條線段BN,CM,MN基本對稱，S、R為BN、CM中點，應該作出MN中點T，由中位線定理知∠SOR=∠BAC=∠STR,則SOTR共圓，即本題等價于證明SOTR四點共圓。在本題中直線MN過O，感覺不夠一般化，如果此直線不過O呢？會有類似的結論嗎？我畫出準确圖形，則△STR外接圓一般會與MN有另一個交點設為Z，我突然發現OZ⊥MN！這樣，我就得到了下面這個題目。

2、設△ABC的外心為 O 。點 D、E 分别是線段CA、AB 上的點。設 F、G、H 分别是線段 BD、CE、DE 的中點。若直線 DE 與過KLM 三點的圓交于另一點I，

求證OI⊥DE。

思路分析1：知道了此題的來源是上題，就容易想到如法炮制，

想到利用三翅蝴蝶定理，本題就可以按圖索骥、照貓畫虎了。

證明1：做出圓O，設直線EF交圓O于P、Q，

在IQ上截取IL=IE,CL交圓于M，BM交直線ED于K。

由中位線定理得FH//AB,GH//AC,

故∠BMC=∠BAC=∠FHG=∠FIG,

又IG//CM,

故BM//FI,

即IK=ID,則KE=LD,根據三翅蝴蝶知PK=QD，

故I為PQ中點，

故OI⊥DE.

思路分析2：證明垂直最經典的思路是平方差公式（定差幂線）。

用p(E)表示E對圓O的幂，其他類似。則

OI⊥DE<=>OD^2-OE^2=ID^2-IE^2

<=>p(D)-p(E)=DE*(ID-IE)

<=>AE*EB-AD*DC=2DE*IH

<=>AE*FH-AD*HG=DE*IH,

這個樣式顯然長得像托勒密定理，

隻要再發現△IFG∽△ADE即得。

證法2：令R為圓O半徑，

由中位線有DC=2HG，EB=2FH，

又由平行及共圓得∠IGF=∠IHF=∠AED，

同理∠IFG=∠ADE，

則△IFG∽△ADE，

故IF:FG:GI=AD:DE:EA；

對圓内接四邊形IFGH由托勒密定理有

IF*HG FG*IH=GI*FH，

按比例代入并擴大2倍得

AD*2HG DE*2IH=EA*2FH，

即AD*DC DE*2IH=EA*EB，

即：-p(D) (DI IE)*(DI-IE)=-p(E)，

即(OD^2-R^2)-(OE^2-R^2)=ID^2-IE^2，

即OD^2-OE^2=ID^2-IE^2，

故OI⊥DE.

思路3：反推，由OI⊥DE，想到作出小圓直徑HK，

則會有很多垂直，從而想到作出大圓直徑AL，

由中位線及垂直想到作出△AED垂心H',由此

過渡即可證得結果。

證明3：設△AED垂心為H'，AL為大圓直徑，

K為LH'中點，連接LB,

由垂心及中位線定理得

FK//LB//DH',

又由中位線定理得FH//AB,

則KF⊥FH,

同理KG⊥GH,

則KFHG共圓且KH為此圓直徑。

故KI⊥IH。

又OK//AH'且AH'⊥DE,

故KO⊥DE,

即KOI共線，即OI⊥DE。

注：1）上述解法1是本人當時的解答，知道了本題的來源此解答順理成章。但是不知道此題來源的情況下很難想到此解法。故此解法不夠“自然”。本題的條件簡潔，結論比較漂亮，證明卻殊為不易。當時發現此題後我很高興，和葉中豪等幾個熟悉的老師說了，陳孝庚老師建議我将此題提供給陝西競賽委員會預賽試題，我就照辦了。結果可想而知，由于難度過高沒有采用，後來就一直束之高閣。直到2009年夏天的一天，葉老師告訴我：今年IMO第二題是你的那個題的特例！我找到試題，發現确實如此，2009年IMO第2題即為本題中HI重合時（即HI為小圓切線），求證OD=OE。

題目是俄羅斯出的。估計出題者和我的思路類似，都是在研究第一題的基礎上，将其推廣得到的，所謂英雄所見略同吧。這種情況還是很常見的，曆史上也會有不同的人獨立得到類似的結論。平時在編題的過程中“撞車”的現象也是屢見不鮮、不足為奇的。當然因為IMO此題為特例，故完全可以用上述三個方法證得。當然第一題亦然。

2）解法2是自然的思路，也算是最常見的解答，關鍵在于利用平方差公式及圓幂将垂直轉化為托勒密定理的形式，最後發現相似三角形即得。2009年IMO以後，這個題目在各大論壇即為座上賓，屢見不鮮。AOPS（ArtOfProblemSolving）論壇上讨論的很多，世界各國高手也給出了很多方法。很多人也都推廣得到我上面的這個結論。當時國内幾何最火的“東方論壇”上，葉中豪老師帶領我們一群幾何愛好者經常讨論各種幾何問題，這個題目也是經常出現。“高中數學聯賽幾何100題”中也将此題收錄為第23題。據我所知，此題最常見的解法即為解法2.

3）解法3精妙飄逸，出自台灣的幾何才女Telv Cohl大神之手，此解法在AOPS論壇和百度貼吧上廣為流傳。解法3的思路分析是我按照我的理解寫的，未必完全符合作者本意。

4）本題解法當然不隻上面三種，還可以采用帕斯卡定理、對稱、解析、三角等各種方法，有興趣的讀者可以自行研究。

5）本題還可以從不同角度進一步研究推廣，又可以得到很多問題，例如文[2]。當然還有其他的推廣，囿于篇幅、不再贅述。

3、已知：如圖，四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于E，

O為△ADE外心，過O作直線BC的垂線，垂足為F，

AB、BC、CD邊的中點分别為P、Q、R。

求證：P、F、Q、R四點共圓。

（2017年第二屆愛尖子杯數學邀請賽加試第3題）

思路分析1：

仔細觀察發現其實本題就是将上題圖形改變了一下，

将線段上的點放到延長線上。證明結果是上題的逆命題，

考慮到圖形的唯一性，用同一法即可。

證法1：

設過PQR三點的圓交BC于F'，由上題結論知OF'⊥BC,

從而F、F'重合，即PFQR共圓。

思路分析證明2：發現此題與蝴蝶定理有關，考慮到

蝴蝶定理的最經典證明是對稱，故嘗試用對稱的思路。

作出圓O，将BD沿OF對稱到B'D',則

PFQR共圓

<=>∠PFR=∠PQR

<=>∠PFR=∠AED

則可消去點Q，得到下圖

以下由PF為中位線可消去點P，但是中點R不好用，

與消P如法炮制作出C關于OF對稱點C'，

則由中位線定理得

∠PFR=∠AED

<=>∠PFB ∠RFC=∠AD'D

<=>∠AB'B ∠D'CF=∠AD'D

<=>∠AB'B ∠DD'C=∠AD'D

<=>∠AB'B=∠AD’C

<=>D'AB'C共圓

這樣就可以消去P,R,C'，CD,AB,得到下圖

需證D'AB'C共圓，由對稱得

∠D'AE=∠180°-∠D=∠180°-∠DBC

=∠180°-∠D'B'F=∠D'B'C,

從而D'AB'C共圓得證。

詳細證明過程從略。

注：1）本題作為聯賽模拟第三題，看不透本質的情況下還是很難的。出題人胡曉君老師告訴我此題是他把國外論壇上問題改編得到的，他提供的是第二個證明。本題得分率很低，全國各地考生做的都不理想，沒有學生按參考答案的思路做，隻有少數幾個學生估計發現了此題本質，采用了上述證明1的同一法。

2）本題是第2題的逆命題，證法2貌似别出心裁，不過熟悉蝴蝶定理的情況下就發現其實本質就是蝴蝶定理最經典的第一種證明[3]，通過對稱将元素集中到一側，得到四點共圓即可完成證明。當然不難想象此方法也可以迅速證明第2題。這裡又體現了追本溯源、居高臨下、高屋建瓴的強大威力。

本篇文章重點講解了第2題的來龍去脈、前世今生，正本求源，希望能還原問題的真相。不難發現問題1為其特例和來源，問題3為其逆命題，是其變種。當然本結構還有很多變種，還有很多内涵值得挖掘。當然囿于本人眼界和能力有限，行文中挂一漏萬之處在所難免，還請大家多多批評指正。

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