数学三角形定理与中心集群（一）

已知两点坐标A（x₁，y₁），B（x₂,y₂）（x₁≠x₂） 则直线AB:（y-y₁）/(x-x₁)＝（y₂-y₁）/（x₂-x₁）这是直线的两点式 ， 把第三点横坐标带入就能解出纵坐标了。

斜率为k的直线簇经过无穷远点M∞:（1,k,0）,按题目最后的答案说明PQM∞共线 ，事实上M不是无穷远点结论也成立

如图，一条二次曲线外有两点P,F，过F做直线交曲线于R,M，PR,PM分别交曲线于L,S则LS经过PF上一个定点

证：

连LS交RM于Q, LM和RS交于T,QT交PF于U,LS交PF于O。

则由极线定义知道QT为P极线那么U为定点，由完全四点形调和性知点偶P,U调和分离O,F,由于P,U,F都是定点于是O为定点，而LS是动直线 故不会经过另一个定点，于是LS经过PF上的定点O。

题目中的情况即把F投射到无穷远处。

注意到P，F实际上确定了曲线Γ上的两个对合，p,f则为R,M为f的对应点，L＝p(R),S＝p(M),则L,S成射影对应，容易知道L,D为这两个对合通过适当复合而成的新的映射pºfºp(emmm 这里复合符号不方便打就用“º”代替了)的对应点，那么由前文知道这个映射还是一个对合并且对合中心在PF上

我们还能将这个结论推广到n个点的情况，如下图

直线FG上有若干个点H,L,M,N,O……P，过H的直线和曲线Γ交于J,K，LJ,LK分别交Γ与R,Q,MR,MQ分别交Γ于T,S……PZ,PW分别交Γ于A,B则AB经过直线FG上的一个定点D.

证：

该命题可以等价描述为：

直线FG上有若干个点H,L,M,N,O……P，由此确定了关于这些点的对合φ₁,φ₂,φ₃……φn 设f＝φnºφn-1º……ºφ₁，设φ₁的对应点为φ(Ji)＝Ki (i为下角标，i＝1，2，3，4……n下同)，则f(Ji)＝Bi与f(Ki)＝Ai经过直线FG上一定点，即f为对合中心在该直线上的一个对合。

回到图中，由前文知道Q,R为对合φ₁与φ₂的复合，并且φ₂ºφ₁ºφ₂仍然是一个对合且中心在直线上，设为h，于是点S,T为对合φ₃ºhºφ₃的对应点，且对合中心在直线上……则Bi与Ai也为对合的对应点且中心在直线上。证毕。

注意到AC经过无穷远点(1,k,0)，而这个无穷远点的极线为OP，过P，说明这个点是P的共轭点，因为射影变换保持共轭关系，所以题目可以这么叙述:如下图

过F作直线交二次曲线Γ于J,K, F的共轭点G与K连线交Γ于L，则JL过定点。

证明:设F,G的极线(两条蓝色直线)交于M,由极线性质知(KL,NG)＝(KJ,FO)＝-1 注意K→K于是两点列透视 ，从而对应点连线共点而GO,FN交于M，故LJ也过M,但是GO， FN分别为F,G极线 ，交点M为定点，于是LJ过定点。(证毕)

由上述推导还可知道定点就是FG的极点，实际上GMF是自极三点形。回到题目，从而题目中对于有心二次曲线的情况定点在OP上，对于抛物线定点与P的纵坐标是相同的。

极点极线是相对来说的，对于任意给定的一个非退化二阶曲线S≡XᵀAX＝0 ，由A决定了一个配极变换ρu＝AX，这是一个双射，所以取定一条非退化二阶曲线，那么任意一个点都有唯一的极线，反过来任意一条直线都有唯一的极点。

我们在高中空间向量部分学习过一个结论:空间中，向量OA,OB,OC不共面

若向量OM＝x₁OA+x₂OB+x₃OC，且x₁+x₂+x₃＝1，则有M,A,B，C共面

这个结论中向量是三维的，（向量均为列向量)用线性代数语言描述就是:向量组a₁，a₂，a₃线性无关，向量m能用这个向量组线性表示，且系数和为1，则有向量组a₁-m,a₂-m,a₃-m线性相关。

事实上这个结论可以推广到n维，即:n个n维向量组成的向量组a₁a₂a₃……an线性无关，m能用该向量组线性表示，且系数和为1，则向量组a₁-m,a₂-m,a₃-m……an-m线性相关。接下来证明一下。

证：

由条件知道存在非零向量X＝（x₁ x₂ x₃……xn)使得[a₁ a₂ a₃……an]Xᵀ＝m，（[a₁ a₂ a₃……an]表示向量组α对应的矩阵A，）由向量组线性无关知det（A)≠0， 由于X的分量之和为1，（记｜a₁ a₂ a₃……an｜表示det(A))由克莱姆法则可知｜m a₂ a₃……an｜+｜a₁ m a₃……an｜+｜a₁ a₂ m……an｜+……｜a₁ a₂ a₃……m｜＝｜a₁ a₂ a₃……an｜.

也即｜m a₂ a₃……an｜+｜a₁ m a₃……an｜+｜a₁ a₂ m……an｜+……｜a₁ a₂ a₃……m｜-｜a₁ a₂ a₃……an｜＝0记为式①

构造这样一个行列式（n+1)阶的行列式N

│1 1 1 1 …… 1 1│

│α1 α2 α3 α4 …… αn m│

接下来分两种情况

1):n为奇数，

观察式①的第一项｜m a₂ a₃……an｜与行列式N的余子式M11的关系可以发现M11的第n列向前与n-1列交换，再与n-2列交换……直到与第一列交换一共交换了n-1次，为偶数次，于是M11＝｜m a₂ a₃……an｜，代数余子式A11＝｜m a₂ a₃……an｜，再观察行列式N的余子式M12与｜a₁ m a₃……an｜，可以发现是M12的第n列向前n减2次，为奇数次，故M12＝-｜a₁ m a₃……an｜

,那么A12＝｜a₁ m a₃……an｜，以此类推可以发现交换次数为奇数次时代数余子式的系数为-1,交换次数为偶数时代数余子式的系数为1，于是就有A1n等于①中的第n项，再来看最后一个项-｜a₁ a₂ a₃……an｜和M1 (n+1)的关系，可以知道1+n+1为奇数，于是A1 (n+1)等于最后一个项，于是行列式N＝式①＝0，让N的每一列加上第n+1列的-1倍得到这样的行列式N'＝N＝0

│0 0 0 0 …… 0 1│

│α1 – m α2 – m α3 – m α4 – m …… αn – m m

把它按行展开实际上就是N'＝A1 (n+1)＝0

即｜a1-m a2-m a3-m……an-m｜＝0， 也就是向量组线性相关。

2):当n为偶数的时候证明过程类似，最后得到N＝-式①＝0，然后就是一样的步骤了，读者有兴趣自己思考一下。

至此，就证明完毕了。

假设截得的弦为AB，中点为M，椭圆中心为O，事实上有这样一个结论，k₁k₂＝e²-1，这是椭圆第三定义的直接推论。

由对称性，只证明半部分，另一半同理。如图，F的切线切二次曲线于G,H，过F的直线交曲线于K,J，过K做FG平行线交GJ GH于L,M ，则M为KL中点。

证：

F的极线为GH,则G(FH,KJ)＝-1，这个线束在直线KL上的截影为K,L,M,P∞，为调和点列，那么自然有M为KL中点。这个结论比较显然。

当然还可以这样证明，只是显得麻烦：

由于题设条件只涉及仿射不变量，对于椭圆的情况，于是可以择适当的仿射变换将椭圆变为圆。

如图，过F的切线设圆于G,D,过F的直线与圆交于K,I，过K做作FG平行线交GI,GD于LM,则M为LK中点。

由menelaus定理知要证M为中点，只需证KN/NI×IG/LG＝1，由平行线分线段成比例知这又等价于KN/NI×IF/KF＝1。

KN/NI＝S△KHD/S△IGD＝(KG×KD)/(IG×ID)①‬

IF/KF＝S△IGF/S△KGF＝(IG/GK)×(sin∠IGF/sin∠KGF)，由弦切角定理及正弦函数性质知sin∠IGF＝sin∠GKI，sin∠KGF＝sin∠GIK，于是IF/KF＝（IG/GK)×（sin∠IGF/sin∠KGF)＝(IG/GK)×(sin∠GKI/sin∠GIK)＝IG²/GK²②

那么由①，②知KN/NI×IF/KF＝(KG×KD)/(IG×ID)×(IG²/GK²)＝（IG×KD)/（ID×KG)，由圆内接调和四边形两对对边乘积相等知该式等于1 ，证毕。

实际上这个证明就是在欧氏平面内说明极线的调和性质的过程。

AB中点M坐标（-7/2，1/2） ，向量AB＝（-5，-5) 点法式就出来了， -5(x 7/2)-5(y-1/2)＝0 即x y 3＝0。

如图 点A（-7/2,0）的极线为GF，则（AH,DE）＝B（AH,DE）＝-1,设BA,BH,BD,BE,AD斜率分别为k₁ k₂ k₃ k₄ k₅，则题目要证的是k₅（k₃ k₄)为定值。

由非齐次参数的几何意义知道[(k₁-k₃)（k₂-k₄)]/[(k₁-k₄)(k₂-k₃)]＝-1 ① ，而k1＝0，化简得到k₃ k₄＝2k₃k₄/k₂，那么由对合方程我们知道k₃k₄为定值，然后又要证明k₅（k₃ k₄)为定值，这说明什么，这说明k₅/k₂为定值，而这是显然的，观察上图可知k₅/k₂＝BI/AI，然而A,B,I都是定点，所以为定值。

如图，设非退化二次曲线Γ确定的一个配极变换为φ，φ（BD)＝I,φ（EC）＝J，则需证明(GH,JI)＝-1

三点形FGH为自极三点形，故φ（FH)＝G，φ（FG）＝H, 那么实际上变换φ把线束F(G,H D,C)对应到点列（H, G ,I ,J),由完全四点形调和性质知F(GH ,DC)＝-1，由于配极变换保交比，故（HG ,I J)＝-1，证毕。

点列l（P）与线束O(P)透视，设l极点为L,那么由配极变换的性质知线束L（Q）与点列l(P)射影对应，于是线束O(P)与线束L（Q）射影对应，那么交点的全体构成一条二阶曲线。

那么轨迹上为什么没有实的无穷远点呢，其实很简单，如下图,G为椭圆中心，F的极线上任一点H ,H的极线交GH于J，假设J为无穷远点，那么J的极线过中心G,由配极原则J极线还要过H，那也就是说J的极线为HG ,于是J自共轭，那么J应在椭圆上，而J为实无穷远点，这与 椭圆与无穷远直线相离矛盾，故假设不成立，即J不可能是无穷远点，也就是轨迹与无穷远直线不相交，故轨迹为椭圆。

接下来求一下方程：

由于P在题设中的直线上，于是可设P（x₁，8-2x₁/3） ，那么P的极线可求得xx₁/24 y(8-2x₁/3)/16＝1，那么斜率k1＝x₁/（x₁-12） 而OP斜率为k2＝（24-2x₁)/3x₁，可得k₁k₂关系为3k₁k₂ 2＝0。

由非齐次参数的几何意义可知，两线束射影对应的参数方程为3λ₁λ₂ 2＝0，那么原参数方程中的参数a＝3，b＝c＝0 d＝2，在这个射影对应中，两个线束中的基线分别取A≡y＝0，B≡x＝0，和A'＝y-2＝0，B'＝x-2＝0 ，于是二阶曲线方程为S≡3AA' 2BB'＝0，即2（x-1）²/5 3(y-1)²/5＝1

两条相交直线φ（x,y）＝0 和ξ（x,y）＝0，设Φ（x,y)＝φ（x,y) λξ（x,y）那么设两直线交点为P（x₁,y₁），那么φ（x₁,y₁）＝0 ξ（x₁,y₁）＝0 于是交点坐标是方程Φ（x,y）＝0的一个解，也就是说点P在这个方程表示的图形上，又因为这个方程显然是一个二元一次方程，所以这是一条直线，于是Φ（x,y）＝0表示一条过P的直线，也就是我们所说的直线系方程。

需要注意的是这个方程无法表示直线ξ（x,y)＝0

如果引入拓广的实数域，那么当λ取∞时表示的是直线ξ（x,y）＝0，那么对于任意一个异于P的点Q（x₂,y₂），可以解得PQ的参数λ＝-φ（x₂，y₂）/ξ（x₂，y₂）， 这就实现了λ和直线间的一个双射。

双曲线？ 不尽然 就比如 y＝1/x² 可以化为x²y-1＝0 这是个三次曲线 而双曲线图像是二次曲线 因而这个函数图像不可能是双曲线。

这个结论用射影几何的眼光来看应该还是比较显然的了，且可以推广到任意的非退化二次曲线。

证：

如图， 由二次点列及透视对应性质，有(FJ,KG)＝C（FD,EG）＝H（FD,EG）＝(ND,EM)，这说明点列(F,J,K,G)与点列(N,D,E,M)射影对应，于是由二级曲线的定义可知，此射影对应对应点连线FN,JD,KE,GM以及点列的底JK,NM属于同一个二级曲线，或者说外切于同一条二阶曲线，由布列安桑定理可知简单六点形KJINML三条对顶线共点于O。（证毕）

这个结论与点的顺序无关，即两个三点形的相对位置不影响结论。

利用射影变换可以推广到任意非退化二次曲线上。 此外 ，还得到了一个推论:同时内接于一条二次曲线的两个三点形也同时外切于一条二次曲线，反之也成立。

为什么 FE丄AB？

如图，我们可以认为三角形CDE绕点E逆时针旋转了六十度，这里介绍一个旋转变换的性质——向量DC绕一点E旋转角θ（0≤θ≤π）得到向量D'C',则向量DC与向量D'C'所成角α＝θ。

证明也比较容易，如下图，直线ED绕A旋转角θ后得到直线CE,过A做AD⊥DE，AC⊥EC，那么θ＝∠DAC ，由四点共圆就得到∠DEF＝∠DAC＝θ.证毕。

回到题中的图，显然就有∠FHC＝∠AHD'＝60°，而∠A＝30°，那么自然C'D'⊥AB.

注意到三点形EFG实际上是完全四点形ABCD的对边三点形，于是三点形EFG是关于该二次曲线的一个自极三点形。而我们知道xy＝1的图像是一个等轴双曲线，它的两条渐近线是垂直的，也就是被过中心的两条迷向直线调和分离。而由共圆可知EFOG和圆环点IJ在同一条二次曲线上。

于是题目可以这样描述

如图，有心二次曲线交无穷直线（紫色直线）于M,L，中心为F，完全四点形IJKN内接其中，其对边三点形为POQ,圆环点H,G，则FHGOQP在同一条二次曲线上。

由前文知(HG,ML)＝-1，于是H，G共轭，而G，F也共轭，于是G的极线为FH，同理H的极线为GF,而F的极线为HG,这说明三点形FGH也是一个自极三点形，而射影变换不改变配极关系，于是命题等价于证明:两个关于同一条二次曲线自极的三点形内接于同一条二次曲线。

如图三点形OPQ,HGF关于二阶曲线Γ自极。设由Γ确定的配极变换为φ，设FG,HG分别交PQ于S，R，连OH,OF。由二阶曲线的定义知只需证明O(QP,HF)＝G（QP,HF）即可说明HGFOQP内接于同一条二阶曲线。

由自极三点形性质有φ（P）＝OQ， φ（Q）＝OP ，φ（H)＝FG,φ（F)＝HG ，φ（O)＝PQ 而S＝φ（O)×φ(H) 于是由配极原则有φ（S)＝OH,同理φ（P）＝OF。而于是配极变换把点列（P,Q,S,R)对应到线束O（Q,P,H,F)，而点列（P,Q,S,R)与线束G(P,Q,F,H) 透视，于是线束O（Q,P,H,F）与线束G（P,Q,F,H）射影对应，即有O（QP,HF）＝G（PQ,FH）＝G(QP,HF)。证毕。

x1 x2＞4 和x1x2＞4 并不会等价于x1,x2都大于2 比如1.9和3 正确的应该是x1 x2＞4和（x1-2)（x2-2)＞0 再结合判别式得出答案。

一般方法就行了。设M（x1,y1）N（x2，y2）

很明显△MF1N周长为4a ，一般题目涉及到这样周长固定的三角形和内切圆半径那么往往考虑面积公式，这个时候S＝2ar＝4r

那么S还等于什么呢，也就是还有什么方法能表示S呢，别忘了题目l是过F2的，也就是说我们可以以F1F2为底，那么S＝1/2×2c×｜y1-y2｜ ＝ ｜y1-y2｜，于是r＝｜y1-y2｜/4，那后面的步骤就很简单了 ，联立韦达。

设直线l:x＝my 1 ，（当然这里斜率不会为0，为0的话就没有三角形了)这么设可以说是理所当然的，首先直线过的定点在x轴上，其次我们要得到的是两纵坐标的关系，那么就要在联立后的式子里消去x。

l:x＝my 1和方程3x² 4y²-12＝0联立得到一个这样的式子:（3m² 4）y² 6my-9＝0，y1y2＝-9/（3m² 4) ， y1 y2＝-6my/（3m² 4) ,于是｜y1-y2｜＝√[（y1 y2)²-4y1y2]＝12√（m² 1)/（3m² 4 )， r＝｜y1-y2｜/4＝3√（m² 1)/（3m² 4)，这里要作一个换元，设t＝√（m² 1），t∈[1， ∞)

那么r＝｜y1-y2｜/4＝3√（m² 1)/（3m² 4)＝3t/（3t² 1）＝3/（3t 1/t） ，而t∈[1， ∞)，那么可知r∈（0，3/4]

圆内接对角线垂直四边形

圆内接对角线互相垂直的四边形的性质有很多，也是初等几何中一个重要的构型，本文主要从代数和几何方面讨论它的一些性质，以及在圆锥曲线中的推广。

（性质1)婆罗摩笈多定理

圆内接对角线互相垂直的四边形的一边中点与对角线交点的连线垂直于这条边的对边，反过来，过对角线交点作一边垂线，其反向延长线交这边的对边于中点。

如图，I为EG中点，GH⊥EF,CI交FH于J，则CJ⊥FH.

证：

仅需证∠FCJ＝∠FHC,而∠FCJ＝∠ICE＝∠IEC（IC＝IE)＝∠FHC，证毕。 这个定理比较初等，但也有些用处。

再介绍一个相关的引理，也比较初等——圆心到圆内接对角线互相垂直的四边形的一边的距离等于这边的对边长度的一半。（性质2）

如图，过A作AK⊥EH，有｜AK｜＝1/2｜GF｜

连接A与A在GF上的射影L，连GA.由定理内容有AK＝GL，加上半径相等和直角边相等，那么△AKH≌△GLA，于是欲证定理只需证两三角形全等。

仅需证∠AHK＝∠GAL.

而∠KAH＝∠EGH,∠GCE＝∠AKH→∠AHK＝∠GEC＝∠GAL，正毕。

由此还可以推出一对对边平方和等于4R²‬

有了上面的铺垫，就可以讨论下一个性质了。

如图，四边形EHFG内接于圆A内，GH⊥EF,半径为R，｜AC｜

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