叶卢庆的博客

一个问题的若干解法及其推广

我们来看下面的问题:

图1

如图1所示,直线$A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$两两互相平行.且直线$A_1A_2$交$B_1B_2$于点$C_1$,直线$A_2A_3$交$B_2B_3$于点$C_2$,直线$A_3A_1$交$B_3B_1$于点$C_3$.求证:点$C_1,C_2,C_3$三点共线.

证明:考察仿射变换$\alpha:A_1A_2A_3\to B_1B_2B_3$.该仿射变换的仿射轴易得为直线$C_1C_2$.直线$A_1A_3$的仿射像为直线$B_1B_3$,它们必定交于仿射轴上.因此点$C_1,C_2,C_3$共线.$\Box$

这是我最喜欢的证明,因为它体现了本质.当然使用Menelaus定理的逆定理也不是不可以,只不过稍逊一筹.

使用Menelaus定理的逆定理的证明:
$$
\frac{A_1C_1}{C_1A_2}\cdot \frac{A_2C_2}{C_2A_3}\cdot
\frac{A_3C_3}{C_3A_1}=\frac{-A_1B_1}{A_2B_2}\cdot
\frac{-A_2B_2}{A_3B_3}\cdot \frac{-A_3B_3}{A_1B_1}=-1,
$$
因此由Menelas定理的逆定理可知点$C_1,C_2,C_3$三点共线.$\Box$

如果在射影平面内考虑,则直线$A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$实际上是交于无穷远点.而在射影平面内无穷远点并不占据特殊位置,因此如果让无穷远点进入纸面,则该定理可以转化为如下:

图2

变式:如图2所示,直线$A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$交于点$Z$.且直线$A_1A_2$交$B_1B_2$于点$C_1$,直线$A_2A_3$交$B_2B_3$于点$C_2$,直线$A_3A_1$交$B_3B_1$于点$C_3$.则点$C_1,C_2,C_{3}$共线.

这就是Desargues定理.神奇的是,图2中同时隐藏了两对Desargues构型(分别考虑三角形$A_1B_1C_2$和三角形$A_3B_3C_2$以及考虑三角形$A_1A_2A_3$和三角形$B_1B_2B_3$,我给它们标了不同颜色).

推论:如图3所示,是三角形$ABC$和三角形$A’BC$.点$D,E,F$分别在线段$CB,BA,AC$上,点$D,E’,F’$分别在线段$CB,BA’,A’C$上,且直线$AD,CE,BF$共点于$G$,线段$A’D,CE’,BF’$共点于$G’$.则直线$AA’,EE’,FF’,GG’$共点.

图3