مبرهنة الفراشة: منتصف وتر يبقى منتصفًا بين تقاطعين

الخلاصة السريعة

تنص مبرهنة الفراشة على أن وترين AB و CD يمران بمنتصف M لوتر PQ يجعلانه أيضًا منتصف XY، حيث X تقاطع AD مع PQ، و Y تقاطع BC مع PQ، مع ترتيب الأطراف المناسب ووجود التقاطعين. [1] في مثالنا XM=MY=8/3؛ تساوي المسافتين هو النتيجة المطلوبة، لا تساوي أطوال الأوتار كلها.

• الدائرة مركزها O=(0,0) ونصف قطرها 5. الوتر PQ على y=3، وطرفاه P=(−4,3) و Q=(4,3). لذلك M=(0,3) منتصفه، وليست O.
• نختار A=(0,5)، B=(0,−5)، C=(3,4)، D=(−24/5,7/5). النقاط الأربع على الدائرة، و AB و CD يمران بـ M؛ معادلة CD هي y=x/3+3.
• المستقيم AD معادلته y=3x/4+5، و BC معادلته y=3x−5. على y=3 نجد X=(−8/3,3) و Y=(8/3,3). متوسط إحداثييهما الأفقيين 0؛ إذن M منتصف XY.
• في عائلة يكون فيها AB قطرًا رأسيًا و M=(0,h)، اكتب C=(c,d) على دائرة نصف قطرها R. ينتج إحداثيا X و Y الأفقيان −c(h+R)/(d+R) و c(h+R)/(d+R). هذا برهان للعائلة المحددة، وليس برهانًا عامًا لكل اختيار للوترين.
• إذا مر الوتران بدلًا من ذلك بـ U=(1,3)، واخترنا A=(0,5)، B=(4,−3)، C=(3,4)، D=(−5,0)، صار X′=(−2,3) و Y′=(22/7,3). منتصفهما N=(4/7,3)، ويختلف عن M وعن U.
• بالتكبير بعامل 2 يصبح XM=MY=16/3. النتيجة تحفظ المنتصف والأطوال النسبية. حدد الوصلات قبل الحساب؛ تغيير AD و BC إلى AC و BD في المثال ينقل التقاطعين إلى امتداد الوتر.

أي منتصف تقصده المبرهنة؟

الوتر قطعة مستقيمة طرفاها على محيط الدائرة. في البناء نبدأ بالوتر PQ ومنتصفه M، ثم نرسم وترين آخرين AB و CD عبر M. نوصل A بـ D و B بـ C ونحدد X و Y. النتيجة أن M منتصف القطعة XY. [1] ليست النتيجة أن M منتصف AB أو CD.

نختار دائرة المركز O=(0,0) ونصف القطر 5؛ معادلتها x²+y²=25. في المستقيم y=3، يعطي التعويض x²+9=25، ثم x²=16. طرفا الوتر P=(−4,3) و Q=(4,3)، وطوله 8 وحدات.

متوسط إحداثيي P و Q هو M=(0,3). ولدينا PM=MQ=4. مركز الدائرة O عند y=0، أما منتصف الوتر عند y=3؛ عدم المرور بالمركز لا يمنع تطبيق المبرهنة. جميع أطوال المثال بوحدة إحداثية واحدة.

يلزم ترتيب الأطراف كما في الرسم، وتقاطعان منتهيان للوصلتين مع خط الوتر. إذا كان أحد المستقيمين موازيًا له، فلا توجد نقطة تقاطع منتهية نستعملها في حساب المنتصف. لا نستخلص النتيجة من شكل يشبه جناحي فراشة وحده.

تحقق من الأطراف ومن المرور بالمنتصف

الوتر الأول قطر رأسي طرفاه A=(0,5) و B=(0,−5)، ويمر بـ M لأن إحداثي النقاط الثلاث الأفقي 0. لكن AM=2 و MB=8؛ إذن M ليست منتصف هذا القطر. شرط المبرهنة يتعلق بمنتصف PQ.

نأخذ C=(3,4) و D=(−24/5,7/5). للنقطة C نجد 3²+4²=25، وللنقطة D نجد 576/25+49/25=25. كلاهما على الدائرة نفسها، لا على دائرتين مختلفتين.

المستقيم CD هو y=x/3+3. تعويض C يعطي 4، وتعويض D يعطي −8/5+3=7/5. وتعويض x=0 يعطي y=3؛ لذلك يمر بـ M. وبما أن C فوق y=3 و D تحته، تقع M بين الطرفين.

الجدول يجمع النقاط في نموذج واحد. لم نفترض تساوي الأوتار أو تناظر طرفي CD حول M. مقدار AM يختلف عن MB، ولا يمنع ذلك تساوي XM و MY بعد البناء.

احسب التقاطعين بدل تقديرهما من الرسم

ميل AD هو (5−7/5)/(0+24/5)=3/4. باستخدام A=(0,5) نكتب y=3x/4+5. عند تقاطعه مع y=3 تكون 3x/4=−2، ومنه x=−8/3. إذن X=(−8/3,3).

ميل BC من B=(0,−5) إلى C=(3,4) هو 3، ولذلك y=3x−5. على y=3 نجد 3x=8، فتكون Y=(8/3,3). القيمتان تقعان بين −4 و 4، لذا التقاطعان على قطعة PQ نفسها في هذا المثال.

منتصف XY له الإحداثي الأفقي (−8/3+8/3)/2=0 والإحداثي الرأسي 3. فهو M بالضبط. المسافتان XM و MY تساويان 8/3؛ لأن النقاط الثلاث على خط أفقي. طول XY هو 16/3، لا 8/3.

لا يكفي أن نجد تساوي حاصلَي ضرب قطعتين من وترين متقاطعين لإثبات هذه المساواة مباشرة. هنا عيّنا وصلتين إضافيتين، وحسبنا نقطتين جديدتين، ثم اختبرنا المنتصف. النتيجة تخص XM و MY تحديدًا.

برهان إحداثي عندما يكون أحد الوترين قطرًا

لنثبت دائرة x²+y²=R² مع R موجبًا. نأخذ A=(0,R)، B=(0,−R)، و M=(0,h)، حيث h موجب وأصغر من R. الوتر المرجعي أفقي على y=h ومنتصفه M. اختر C=(c,d) على الدائرة بحيث c غير صفر، وسم D التقاطع الثاني للمستقيم MC مع الدائرة.

اكتب L=c²+(d−h)². باستعمال c²+d²=R²، يصبح L=R²−2hd+h²، وهو موجب. نقاط المستقيم MC تكتب (t c,h+t(d−h)). التعويض في الدائرة يعطي Lt²+2h(d−h)t+h²−R²=0.

نقطة C تقابل t=1. لذلك الجذر الآخر k=(h²−R²)/L، وهو سالب لأن h أصغر من R. ومنه D=(k c,h+k(d−h))؛ تقع M بين C و D. هذا اختيار معامل على المستقيم، وليس طولًا موجبًا.

تقاطع BC مع y=h يعطي الإحداثي الأفقي c(h+R)/(d+R). المقام غير صفر: لو d=−R لأجبرت معادلة الدائرة c=0، وهو مستبعد. أما تقاطع AD فيعطي kc(h−R)/(h−R+k(d−h)).

لتبسيط الإحداثي الأخير نضرب المقام في L. نحصل على (h−R)L+(h²−R²)(d−h)، وهو يساوي −(h−R)²(R+d). لذلك يصبح إحداثي X الأفقي −c(h+R)/(d+R)، سالب إحداثي Y. يجمعهما 0، وتبقى الإحداثيات الرأسية h؛ إذن منتصفهما M.

هذا البرهان يسمح بتغيير C وبنصف القطر والارتفاع، لكنه يحتفظ بالوتر الأول قطرًا رأسيًا. وقد يقع X و Y على امتداد الوتر الأفقي في بعض الاختيارات؛ الحساب حينئذ يخص تقاطع المستقيمات. المثال العددي السابق يضعهما داخل القطعة، ولا نخلط الحالتين.

ماذا يحدث إن كانت نقطة المرور خارج المنتصف؟

نحتفظ بالدائرة وبالوتر PQ على y=3، لكن نجعل نقطة مرور الوترين U=(1,3). لا تساوي U منتصف PQ، الذي يظل M=(0,3). نختار A=(0,5)، B=(4,−3)، C=(3,4)، D=(−5,0). مربعات أبعاد النقاط الأربع عن O تساوي 25.

الوتر AB على y=−2x+5، والوتر CD على y=x/2+5/2. يعطينا تعويض x=1 القيمة 3 في كليهما؛ لذلك يمران بـ U فعلًا. ما زالت الأطراف على دائرة واحدة، لكن شرط المرور بمنتصف PQ فقدناه.

المستقيم AD معادلته y=x+5، فيلتقي y=3 عند X′=(−2,3). والمستقيم BC معادلته y=−7x+25، فيعطي Y′=(22/7,3). متوسط الإحداثيين الأفقيين 4/7؛ إذن المنتصف الجديد N=(4/7,3).

المسافة MX′ تساوي 2، و MY′ تساوي 22/7، فلا تتساويان. كذلك UX′=3 بينما UY′=15/7؛ حتى نقطة المرور U ليست منتصف التقاطعين. هذا مثال على إمكان فشل النتيجة عند فقد شرط المنتصف، ولا يثبت أن كل بناء مخالف يفشل بالضرورة.

التكبير وتغيير الوصلات وقراءة الرسم

نضاعف جميع إحداثيات المثال الصحيح. تصبح الدائرة x²+y²=100، والوتر على y=6، ومنتصفه M=(0,6). التقاطعان (−16/3,6) و (16/3,6)؛ كل مسافة إلى M تساوي 16/3. يتضاعف طول PQ إلى 16، ويبقى متوسط إحداثيي التقاطعين 0.

إذا عدنا إلى الدائرة الأصلية ووصلنا AC و BD بدل AD و BC، يكون AC على y=5−x/3، و BD على y=−5−4x/3. تقاطعهما مع y=3 يعطي (6,3) و (−6,3). هما خارج PQ لأن طرفيه الأفقيين −4 و 4؛ يجب التصريح باستعمال الامتداد في هذا البناء.

اقرأ أسماء الأطراف والوصلات في المسألة قبل إدخال الأرقام. تحقق من وجود النهايات على الدائرة ومن مرور الوترين بـ M، ثم احسب تقاطعي الوصلتين المطلوبتين. فحص المتوسط أدق من مقارنة المسافات على رسم صغير، وخصوصًا عندما تكون النقاط متقاربة.