四曲线模型

本文主要讨论一个射影几何定理及其应用。

四曲线模型——Pascal定理的推广

如下图，简单六边形SZWVUT外切于一条二次曲线，且其边分别交成三点形JLH和三点形GIK，JI,GH,LK交成三点形PNR，JG,IL,KH交成三点形QMO。

求证:

以下四组三点形透视且四个透视中心共线 :PRN和MOQ；VUW和SZT；PRN和SWU；MOQ和VTZ（对应点已写在相应的位置，如ABC和PQR，则A↔P，B↔Q，C↔R)，四个透视中心共线如图中紫色直线。

三条二次曲线（退化的和非退化的)，两两交出四点，共三个四点组，若每个四点组中各有一组对顶点（也就是一共六个点)位于另外一条二次曲线上，则三个四点组中每一个剩下的两点连线共三条线，这三条线共点。

如图，三条二次曲线Γ₁Γ₃Γ₄，Γ₁Γ₃交于GITS，Γ₃Γ₄交于HKOP，Γ₁Γ₄交于QRFJ，若KH,FJ,GI六点共二次曲线Γ₂，则有PO,QR，TS共点。

观察上面的构图，可以发现，交于含两个公共点的三条二次曲线共有三组。我们在下面的证明过程中也会用到Pascal推广，此外在下面的Pascal构图中将二次曲线FJ×GK，GI×HJ和FK,IH分别视作Γ₁Γ₃Γ₄，将得到OR,QP,LN共点，和Pascal定理结论一致，因此也可以将这个定理看做Pascal定理的一个推广，有兴趣的读者也可以发掘一下这两个推广间的联系。

下证：

先给出 综合法：

对Γ₁Γ₂Γ₃（共点于G,I)，由Pascal推广，知FJ,HK,TS共点（设为M)，设QR×TS＝U₁（未画出)，OP×TS＝U₂（未画出），只要证U₁＝U₂。

对曲线系FJQR,由笛沙格对合定理,XY,TS,U₁M为一对合的对应点偶，对曲线系HKOP，则XY,TS,U₂M为另一对合的对应点偶，而这两个对合有公共的对应点偶XY,TS，故两对合重合，而U₁M，U₂M也是对应点，也就是说M对应到U₁,U₂，而对合是双射，因此U₁，U₂重合，证毕。

下面给出代数法。

沿用Pascal定理推广1中的证明思路:

设Γ₁＝λ₁｜QRX｜·｜FJX｜+μ₁Γ₄，Γ₃＝λ₂｜OPX｜·｜HKX｜+μ₂Γ₄，则令

μ₂Γ₁-μ₁Γ₃＝μ₂λ₁｜QRX｜·｜FJX｜-μ₁λ₂｜OPX｜·｜HKX｜＝0（＊）

观察（＊）式，左边表示一条过GITS的二次曲线，右边表示过HK×QR,HK×FJ,OP×QR,OP×FJ四点的二次曲线，考察Γ₁Γ₂Γ₄（共点于F,J），由pascal推广知GI,HK,QR共点，故QR×HK在GI上，同理考察Γ₂Γ₃Γ₄（共点于H,K）有FJ,OP,GI共点，因此OP×FJ在GI上，然而此二次曲线又经过G,I，这说明（＊）式表示的二次曲线经过四个共线点，因此退化，设为Γ₅。

故Γ₅表示直线GI,TS，同时也表示点HK×FJ和点OP×QR的连线和直线GI，故点HK×FJ和点OP×QR的连线与TS重合，故OP×QR在TS上，即OP,QR,TS三线共点(同时也得到了综合法图中的结论，即FJ×HK也在TS上)。 当二次曲线退化时，结论仍成立。

应用（举例）

如下图，简单六边形SZWVUT外切于一条二次曲线，且其边分别交成三点形JLH和三点形GIK，JI,GH,LK交成三点形PNR，JG,IL,KH交成三点形QMO。

求证:

以下四组三点形透视且四个透视中心共线 :PRN和MOQ；VUW和SZT；PRN和SWU；MOQ和VTZ（对应点已写在相应的位置，如ABC和PQR，则A↔P，B↔Q，C↔R)，四个透视中心共线如图中紫色直线。

先证透视。

①VUW和SZT， 由布利安桑定理即得。

②PRN和MOQ:

由于IGK和HJL同时外切于Γ，因而它们同时内接于Γ₁，即IGKHJL共二次曲线，故由Pascal定理QO×NR和PR×MO和PN×MQ三点共线，因而PRN和MOQ透视。

③PRN和SWU

MOQ和VTZ（这两对透视关于图形对称，只要证一对，另一对同理。）

如下图，由②已说明IGKHJL共二次曲线Γ₁，考察简单六点形JLKIGH知GH,IK,UN三线共点，设为C₁，同理SPB₁共线WRA₁共线，因此欲证PRN和SWU透视，只要证B₁A₁C₁与SWU透视。

考察三条退化的二次曲线Γ₁: JH×GI，Γ₂:IK×JL，Γ₃:GK×LH，Γ₁Γ₂Γ₃两两各有一对交点JI,LK,HG在二次曲线Γ₁上，由四曲线定理，Γ₁Γ₂Γ₃两两的另外三对交点UC₁,SB₁,WA₁连线共点，故B₁A₁C₁与SWU透视，即证。

如下图，一圆与△ABC的三边BC,CA,AB的交点依次为D₁，D₂，E₁，E₂，F₁，F₂.线段D₁E₁与D₂F₂交于点L，E₁F₁与D₂E₂交于点M,F₁D₁与F₂E₂交于点N.求证:AL,BM,CN三线共点.

事实上，用射影变换，将刚才证明中的Γ₁变为圆即得。

四点共线:

如今已经说明了四对三点形透视，接下来再说明一下四个透视中心共线

设r₃r₄r₅分别为OMQ和TVZ，UVW和ZST，PRN和SWU的透视中心（局部放大一下可以看得更清晰）

则我们先证r₃r₄r₅共线

考察三条退化的二次曲线TO×RW ，UN×ZQ，JL×GK，它们交于G₁I₁，F₁H₁，E₁D₁，r₃r₅，UZ,WT，如下图，只要证r₃r₅，UZ,WT共点，则由四曲线定理，只要证G₁I₁，F₁H₁，E₁D₁，六点共二次曲线。下证:（最初的二次曲线已隐去)

G₁I₁，F₁H₁，E₁D₁，共二次曲线↔

E₁（G₁F₁，I₁H₁）＝D₁（G₁F₁，I₁H₁）↔

（ZW,I₁H₁）＝（G₁F₁，UT）↔

D₁（ZW,I₁H₁）＝E₁（G₁F₁，UT)即D₁（ZW，UT）＝E₁（ZW,UT）↔D₁E₁ZWUT共二次曲线，下证

如下图，设JH×IK＝C₁，GI×HL＝A₁，考察简单六点形GJHLIK和简单六点形GIKLJH由Pascal定理分别有ZQC₁共线和C₁UN共线，同理，A₁RW共线，A₁TO共线

则D₁E₁ZWUT共二次曲线↔

三点形D₁UT和E₁WZ内接于一条二次曲线↔

D₁UT和E₁WZ外切于一条二次曲线

考察透视形TSZ和WVU，有UV,TZ,A₁C₁共点，然而再看D₁UT和E₁WZ构成的简单六线形D₁U,UT,TD₁，WE₁,WZ,ZE₁，可以看到UV,TZ,A₁C₁恰好是它的三条对顶线，因此根据布利安桑定理，知道这个简单六线形外切于一条二次曲线即D₁UT和E₁WZ外切于一条二次曲线，证毕。

设OR×QN＝r₆，现在来证r₃r₄r₆共线即可说明四点都共线，只要证明OR，QN,r₃r₅共点即可

如下图，考察三条退化的二次曲线RW×OT，QZ×UN，OQ×NR，它们交于点对L₁K₁，J₁M₁，D₁E₁，OR,NQ,r₃r₅（已隐去），由四曲线定理，只要说明L₁K₁，J₁M₁，D₁E₁，六点共二次曲线即可，根据前文只要说明三点形D₁J₁K₁和E₁L₁M₁外切于一条二次曲线

如下图，考察简单六点形KLHJGI，由Pascal定理知道GJ,KL，A₁C₁三线共点，即J₁L₁，K₁M₁，A₁C₁共点，这三条线是简单六边形D₁J₁，J₁K₁，K₁D₁，E₁L₁，L₁M₁，M₁E₁，的对顶线，故由布利安桑定理知这简单六边形外切于一条二次曲线，即D₁J₁K₁和E₁L₁M₁外切于一条二次曲线，证毕。

至此，就说明了r₃r₄r₅r₆四点共线，即四个透视中心共线。

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