蝴蝶定理妙解（蝴蝶定理之六）
蝴蝶定理妙解（蝴蝶定理之六）由G、 G’’对称知JI=JG。需证GI//KL，即证GI//BE。分析证明1：如上图，由对称知G、 G’、G’’在以E为圆心EG为半径的圆上，做出此圆。连诸线，对四边形K G’’G G’，由切割线蝴蝶定理逆定理，只需GIKL为平行四边形。
前面两篇文章写了切割线蝴蝶定理有关的问题，本篇继续写与其有关的几个问题：
1、如图，四边形ABCD中AB、CD交于E，AD、BC交于F，AC、BD交于G，G关于AB、CD的对称点分别为G’、G’’， G’G’’交EF于H。
（2008年叶中豪老师推广得到的优美结论）
思路分析1：发现本结论似乎与切割线蝴蝶定理有关，再用调和性质即可证明了本结论。
分析证明1：如上图，由对称知G、 G’、G’’在以E为圆心EG为半径的圆上，做出此圆。连诸线，对四边形K G’’G G’，
由切割线蝴蝶定理逆定理，
只需GIKL为平行四边形。
需证GI//KL，即证GI//BE。
由G、 G’’对称知JI=JG。
从而消去各点，将结论转化为上图中，若JI=JG则GI//BE。
如果你对完全四边形和调和点列（或交比）比较熟悉（A，C；G，M构成调和点列），
则本结论显然成立——当且仅当JI=JG时GI//BE。
当然不用射影几何而用梅涅劳斯（Menelaus）定理和塞瓦（Ceva）定理也不难证明。
证明如下：
思路2：想到完全四边形对角线互相调和分割，则有调和线束和调和点列，欲证垂直，只需证内角平分线即可。
证法2：由完全四边形对角线互相调和分割，
对完全四边形ABCDEF 有A C;G K为调和点列，
从而EA EC;EG EF为调和线束，
由交比不变性，得N P;Q H为调和点列。
又由对称得
∠NGE=∠NG'E=∠NG''E=∠PGE;
故GH为∠NGP外角平分线，
从而EG⊥GH;
思路3：看到两个对称，想到第三个对称，从而只需证明GG’TG’’为调和四边形，由A C;G K为调和点列及对称 倒角即得。
证法3：设G关于EF对称点为T，
同证法2知A C;G K为调和点列，
从而EA EC;EG EF为调和线束，
又由对称及圆周角为圆心角一半得
∠G'GT=180°-∠AEF
∠G'TG''=∠AEG
∠GG'G''=∠GEC
∠TGG''=∠CEF
从而他们对应正弦值相等，
则GG'TG''为调和四边形，
故HG、HT为圆的切线，
即EG⊥GH;
1）证法1是本人当时想到的解法，为了解决本题，我们联系熟悉的切割线蝴蝶定理，反复利用我们熟悉的结论将其简化为普通的结论从而一举获证。当然如果你的积累越多理解的越深刻就越容易找到思路、水到渠成。
2）证法2是当时叶中豪老师让田廷彦看此题，田廷彦老师给出的解答，巧妙利用调和的性质令人叹为观止。
3）证法3是本人类比下一道题的一种证明得到的，这里先埋个伏笔，下文再给大家详细分析。
4）本题图形简洁，构图自然，结论隽永，令人拍案叫绝、叹为观止。证明却颇为不易。上述三种证法分别从切割线蝴蝶定理、调和线束、调和四边形入手，最终殊途同归、百川汇海，都归结为完全四边形对角线互相调和分割。所以说本题的本质和蝴蝶定理相同，都是完全四边形的调和性质。
此题一直深深的印入我的脑海，去年我又发现了一个似乎与其相关的问题。
2、如图，已知完全四边形ABCDEF中，AC交BD于J，JM⊥EF，M关于AB、CD对称点为S、T，求证：STJ共线
（万喜几何练习题目 2017年6月4日公布 作者 万喜人）
思路1：此直线很难描述，希望消去它，从而想到用张角定理[1]，由对称可以将线段和角度转化到完全四边形ABCDEF中。下面只要利用完全四边形对角线互相调和分割就能得到一个等式，应该就是需要证明的结果。
思路2：看到两个对称，想到第三个对称，同上题思路3，只需证明SUTM为调和四边形，由A C;J K为调和点列及对称即得。
证法2：设各角记号同证法1，M关于EJ对称点为U，显然SUTM共圆；
又MS⊥EA MU⊥EJ MT⊥ED 则∠TSM=∠1 ∠UMT=∠2 ∠SMU=∠3
∠STM=180°-(∠1 ∠2 ∠3)
类似证法1由调和点列得Sin∠3 Sin∠1= Sin∠2Sin(∠1 ∠2 ∠3)
由正弦定理得SU*TM=SM*UT，即SMTU为调和四边形；
而JM、JU为圆的切线，从而STJ共线；
思路3：考虑用西姆松定理[1]证明共线，过三点做垂线得到一个三角形。后面利用调和性质得到等线段及共圆即可。
注：
1）证法1是我的想法，基本思路还是消点，最后转化到完全四边形的基本性质中，应该就是瓮中捉鳖、手到擒来了。
2）证法2是金春来老师的，他慧眼独具，想到了转化为调和四边形解决问题。不愧为“交比哥”的称号。显而易见，上题的证法3即是类比他的证明得到的。
3）证法3是万喜人老师提供的原始解答，他另辟蹊径，联想到西姆松定理从而得到证明。
4）上述三种证明各有千秋，但是异曲同工、貌离神合、同气连枝，本质都是利用调和性质完成的证明。当然本题应该还有其他的证明方法。
做完此题以后，我自然想到了上题，他们都是利用完全四边形对角线互相调和分割证明的。所以应该有本质的联系，经过一段时间的探索，我发现上述两个问题本质上是一致的，都可以归结为同一个结论：过E的调和线束E(F J;C B) 中一条直线（例如EF）上点M，关于另一对直线EB EC对称点T S 的连线与此直线对应直线EJ的交点为N，则MN与原直线垂直。
3、已知：如上图，完全四边形ABCDEF中，EF上点M关于AB、CD对称点为S、T，ST交EJ于N；
求证：NM⊥EF；
思路分析：类比第1题证法2，利用对称和调和性质即得。
证明：设ST交AB、CD于P、O，由对称得∠1=∠2=∠3=∠4，
又E(F J;C B)为调和线束，
故S，N；P，O为调和点列，故NM⊥EF
注：显然当M、J重合时，本结论即为第1题。当N、J重合时，本结论即为第2题。这样我们就把上述两题完美的提炼成了一道题，不难想象他们的所有证明应该都是可行的，这样综合上面两道题，我们对此题应该找到了五种证法。当然归根结底，此题的本质还是调和。进一步，本题还能再继续衍生出不少精妙的结论，有兴趣的读者可以自行探讨。
