梯形中蝴蝶定理五大结论 ,什么是蝴蝶定理
前面写了蝴蝶定理的各种应用，还有不少问题与她有关。本节继续。
1、已知：如图，O为△ABC的外心，过O的直线分别交AB，AC于M，N，
令S，R分别为BN，CM中点，
证明：∠SOR=∠BAC,
(2004年伊朗数学奥林匹克，2011年中国东南数学奥林匹克)
思路分析：此题中O点为外心很难利用，做出外接圆比较合理。
不过后面就比较难入手了，关键这两个角离得很远，必须找一个
中间角作为传递。如果想到第三篇文章中的三翅蝴蝶定理[1，本题就豁然开朗了。
在直线MN上作QK=PM，则NK=MJ,OR//CI,BI//SO,从而得证。
证明：做出圆O，设直线MN交圆于P、Q，
在OQ上截取QK=PM,CK交圆于I，BI交直线MN于J。
由MP=KQ,根据三翅蝴蝶知NK=MJ，
故OM=OK,又RM=RC,则CI//RO,
同理可得BI//OS,
故∠SOR=∠BIC,
故∠SOR=∠BAC。
注：1）据本人咨询并查找相关资料，本题最早见于2004年伊朗数学奥林匹克，2011年东南竞赛又作为压轴题的第4题，解答基本也都是利用三翅蝴蝶定理。本题图形简洁、结论美妙、出人意料。求解时寂然凝虑，思接千载；悄焉动容，视通万里，若心有灵犀想到三翅蝴蝶定理即可曲径通幽，否则比较困难。
2）当然本题还可以有不少其他的解法，有兴趣的可以探索。
3）本人之一次接触到本题大概是2008年，经过思考化为三翅蝴蝶定理解决以后。感觉余音绕梁、回味无穷，尝试将其推广。如上图所示，本题中三条线段BN,CM,MN基本对称，S、R为BN、CM中点，应该作出MN中点T，由中位线定理知∠SOR=∠BAC=∠STR,则SOTR共圆，即本题等价于证明SOTR四点共圆。在本题中直线MN过O，感觉不够一般化，如果此直线不过O呢？会有类似的结论吗？我画出准确图形，则△STR外接圆一般会与MN有另一个交点设为Z，我突然发现OZ⊥MN！这样，我就得到了下面这个题目。
2、设△ABC的外心为 O 。点 D、E 分别是线段CA、AB 上的点。设 F、G、H 分别是线段 BD、CE、DE 的中点。若直线 DE 与过KLM 三点的圆交于另一点I，
求证OI⊥DE。
思路分析1：知道了此题的来源是上题，就容易想到如法炮制，
想到利用三翅蝴蝶定理，本题就可以按图索骥、照猫画虎了。
证明1：做出圆O，设直线EF交圆O于P、Q，
在IQ上截取IL=IE,CL交圆于M，BM交直线ED于K。
由中位线定理得FH//AB,GH//AC,
故∠BMC=∠BAC=∠FHG=∠FIG,
又IG//CM,
故BM//FI,
即IK=ID,则KE=LD,根据三翅蝴蝶知PK=QD，
故I为PQ中点，
故OI⊥DE.
思路分析2：证明垂直最经典的思路是平方差公式（定差幂线）。
用p(E)表示E对圆O的幂，其他类似。则
OI⊥DEOD^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,
这个样式显然长得像托勒密定理，
只要再发现△IFG∽△ADE即得。
证法2：令R为圆O半径，
由中位线有DC=2HG，EB=2FH，
又由平行及共圆得∠IGF=∠IHF=∠AED，
同理∠IFG=∠ADE，
则△IFG∽△ADE，
故IF:FG:GI=AD:DE:EA；
对圆内接四边形IFGH由托勒密定理有
IF*HG+FG*IH=GI*FH，
按比例代入并扩大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，想到作出小圆直径HK，
则会有很多垂直，从而想到作出大圆直径AL，
由中位线及垂直想到作出△AED垂心H',由此
过渡即可证得结果。
证明3：设△AED垂心为H'，AL为大圆直径，
K为LH'中点，连接LB,
由垂心及中位线定理得
FK//LB//DH',
又由中位线定理得FH//AB,
则KF⊥FH,
同理KG⊥GH,
则KFHG共圆且KH为此圆直径。
故KI⊥IH。
又OK//AH'且AH'⊥DE,
故KO⊥DE,
即KOI共线，即OI⊥DE。
注：1）上述解法1是本人当时的解答，知道了本题的来源此解答顺理成章。但是不知道此题来源的情况下很难想到此解法。故此解法不够自然。本题的条件简洁，结论比较漂亮，证明却殊为不易。当时发现此题后我很高兴，和叶中豪等几个熟悉的老师说了，陈孝庚老师建议我将此题提供给陕西竞赛委员会预赛试题，我就照办了。结果可想而知，由于难度过高没有采用，后来就一直束之高阁。直到2009年夏天的一天，叶老师告诉我：今年IMO第二题是你的那个题的特例！我找到试题，发现确实如此，2009年IMO第2题即为本题中HI重合时（即HI为小圆切线），求证OD=OE。
题目是俄罗斯出的。估计出题者和我的思路类似，都是在研究之一题的基础上，将其推广得到的，所谓英雄所见略同吧。这种情况还是很常见的，历史上也会有不同的人独立得到类似的结论。平时在编题的过程中撞车的现象也是屡见不鲜、不足为奇的。当然因为IMO此题为特例，故完全可以用上述三个 *** 证得。当然之一题亦然。
2）解法2是自然的思路，也算是最常见的解答，关键在于利用平方差公式及圆幂将垂直转化为托勒密定理的形式，最后发现相似三角形即得。2009年IMO以后，这个题目在各大论坛即为座上宾，屡见不鲜。AOPS（ArtOfProblemSolving）论坛上讨论的很多，世界各国高手也给出了很多 *** 。很多人也都推广得到我上面的这个结论。当时国内几何最火的东方论坛上，叶中豪老师带领我们一群几何爱好者经常讨论各种几何问题，这个题目也是经常出现。高中数学联赛几何100题中也将此题收录为第23题。据我所知，此题最常见的解法即为解法2.
3）解法3精妙飘逸，出自台湾的几何才女Telv Cohl大神之手，此解法在AOPS论坛和百度贴吧上广为流传。解法3的思路分析是我按照我的理解写的，未必完全符合作者本意。
4）本题解法当然不只上面三种，还可以采用帕斯卡定理、对称、解析、三角等各种 *** ，有兴趣的读者可以自行研究。
5）本题还可以从不同角度进一步研究推广，又可以得到很多问题，例如文[2。当然还有其他的推广，囿于篇幅、不再赘述。
3、已知：如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于E，
O为△ADE外心，过O作直线BC的垂线，垂足为F，
AB、BC、CD边的中点分别为P、Q、R。
求证：P、F、Q、R四点共圆。
（2017年第二届爱尖子杯数学邀请赛加试第3题）
思路分析1：
仔细观察发现其实本题就是将上题图形改变了一下，
将线段上的点放到延长线上。证明结果是上题的逆命题，
考虑到图形的唯一性，用同一法即可。
证法1：
设过PQR三点的圆交BC于F'，由上题结论知OF'⊥BC,
从而F、F'重合，即PFQR共圆。
思路分析证明2：发现此题与蝴蝶定理有关，考虑到
蝴蝶定理的最经典证明是对称，故尝试用对称的思路。
作出圆O，将BD沿OF对称到B'D',则
PFQR共圆
∠PFR=∠PQR
∠PFR=∠AED
则可消去点Q，得到下图
以下由PF为中位线可消去点P，但是中点R不好用，
与消P如法炮 *** 出C关于OF对称点C'，
则由中位线定理得
∠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共圆
这样就可以消去P,R,C'，CD,AB,得到下图
需证D'AB'C共圆，由对称得
∠D'AE=∠180°-∠D=∠180°-∠DBC
=∠180°-∠D'B'F=∠D'B'C,
从而D'AB'C共圆得证。
详细证明过程从略。
注：1）本题作为联赛模拟第三题，看不透本质的情况下还是很难的。出题人胡晓君老师告诉我此题是他把国外论坛上问题改编得到的，他提供的是第二个证明。本题得分率很低，全国各地考生做的都不理想，没有学生按参考答案的思路做，只有少数几个学生估计发现了此题本质，采用了上述证明1的同一法。
2）本题是第2题的逆命题，证法2貌似别出心裁，不过熟悉蝴蝶定理的情况下就发现其实本质就是蝴蝶定理最经典的之一种证明[3，通过对称将元素集中到一侧，得到四点共圆即可完成证明。当然不难想象此 *** 也可以迅速证明第2题。这里又体现了追本溯源、居高临下、高屋建瓴的强大威力。
本篇文章重点讲解了第2题的来龙去脉、前世今生，正本求源，希望能还原问题的真相。不难发现问题1为其特例和来源，问题3为其逆命题，是其变种。当然本结构还有很多变种，还有很多内涵值得挖掘。当然囿于本人眼界和能力有限，行文中挂一漏万之处在所难免，还请大家多多批评指正。
蝴蝶定理的应用,蝴蝶定理详细介绍