叶卢庆的博客

关于相似变换的一个结论

今天在做黄友训译的《解析几何学》下,习题27.9时,发现关于相似变换的如下结论:

如图,三角形$A_1B_1C_1$以点$I_1$为中心,通过相似变换变成三角形$A_2B_2C_2$,放大比例为$k_1$.三角形$A_2B_2C_2$再以$I_2$为中心,通过相似变换变成三角形$A_3B_3C_{3}$,放大比例为$k_2$.且上述所有的点都两两不重合.则直线$A_1A_3,B_1B_3,C_1C_3$或者互相平行,或者交于一点$I_3$.若直线$A_1A_3,B_1B_3,C_1C_3$交于点$I_3$,则点$I_1,I_2,I_3$共线.

图1
证明:显然,存在轴向仿射$\alpha:A_{1}A_2A_{3}\to B_{1}B_2B_{3}$,其中轴向仿射$\alpha$以直线$I_1I_2$为轴.存在轴向仿射$\beta:B_1B_2B_3\to C_1C_2C_3$,其中轴向仿射$\beta$也以直线$I_1I_2$为轴.则两个轴向仿射的复合$\gamma=\beta\circ \alpha:A_1A_2A_3\to C_1C_2C_3$也是以直线$I_1I_2$为轴的轴向仿射.

由轴向仿射的性质,直线$A_1A_3,B_1B_3,C_1C_3$都将交于轴$I_1I_2$上的一个点,此时交点是$I_3$,或者三条直线都与轴$I_1I_2$平行.$\Box$

这样我们就证明了这个结论.下面我们再谈点额外收获.

1.易得$-\frac{B_2I_1}{I_1B_1}=k_1$,$-\frac{B_1I_3}{I_3B_3}=\frac{1}{k_1k_3}$,$-\frac{B_3I_2}{I_2B_2}=k_3$.因此
$$
\frac{B_2I_1}{I_1B_1}\cdot \frac{B_1I_3}{I_3B_3}\cdot \frac{B_3I_2}{I_2B_2}=-1.
$$
这样我们就导出了Menelaus定理!

(Update:2017.6.6:不过我更喜欢如下导出Menelaus定理的方式,下述方式与上面的方式没什么差别,但是在心理上更加容易让我接受.即考虑三个涂色的三角形的面积:

易得$$\frac{B_2I_1}{I_1B_1}\cdot \frac{B_1I_3}{I_3B_3}\cdot \frac{B_3I_2}{I_2B_2}=\left(-\sqrt{
\frac{S_{\triangle A_2B_2C_2}}{S_{\triangle A_1B_1C_1}}}\right)\cdot \left(-\sqrt{\frac{S_{\triangle A_1B_1C_1}}{S_{\triangle A_3B_3C_3}}}\right)\cdot \left(-\sqrt{\frac{S_{\triangle A_3B_3C_3}}{S_{\triangle A_2B_2C_2}}}\right)=-1.$$
这样就证明了Menelaus定理.不过其实不考虑三个三角形的面积,转而考虑三条线段$A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$之间的关系也是可以的.)

2.其实,$k_1$,$k_2$分别是轴向仿射$\alpha,\beta$的仿射比例.

3.此题也可以用Desargues定理的特殊情形(见Desargues定理的证明中的命题1)来证明.只用考虑$\triangle A_1A_2A_3$和$\triangle B_1B_2B_3$即可.反之,这启发我们也可以用轴向仿射的方法来证明Desargues定理的证明中的命题1.