|
|
回复 20# hbghlyj
微信这个我也做好了:
以巨龙曲线学习笔记（2）：等角共轭的显式表示及应用为例,效果如下:
往期链接：2020.08.31 巨龙曲线学习笔记（1）：关于完全四边形的等角共轭
2.等角共轭的显式表示及应用
上一节中，我们给出了完全四边形等角共轭的定义以及一些基础的性质，本节中我们将证明在一个足够好的坐标系下，等角共轭无非就是取倒数，并在此过程中为后文的内容做出充足的铺垫。
我们先从三角形的等角共轭点入手，给出一个精妙的结果。
定理2.1：给定$\triangle ABC$及关于它的一对等角共轭点$P,Q$，$M\in\odot(ABC)$，$D$满足$\triangle MPD\stackrel{+}{\sim}\triangle MAQ$，则$D\in BC$，设以$P,Q$为焦点的$\triangle ABC$的内切锥线为$\Omega$，则过$D$作$\Omega$的与$BC$不同的切线$l$，$M$是完全四边形$(AB,BC,CA,l)$的Miquel点.
[图占位符]
Proof. 作$\triangle MKC\stackrel{+}{\sim}\triangle MPD\stackrel{+}{\sim} \triangle MAQ$，则$\triangle MAK\stackrel{+}{\sim}\triangle MQC$，于是
$\measuredangle AKC=\measuredangle AKM+\measuredangle MKC=\measuredangle QCM+\measuredangle MAQ=\measuredangle CQA+\measuredangle AMC=\measuredangle CQA+\measuredangle ABC=\measuredangle APC.
$
故$A,K,P,C$ 共圆.于是乎我们有
$\measuredangle MCD=\measuredangle MKP=\measuredangle MKC+\measuredangle CKP=\measuredangle MAQ+ \measuredangle CAP=\measuredangle MAQ+\measuredangle QAB=\measuredangle MAB=\measuredangle MCB,
$这推出了$B,C,D$共线.另一方面，由Poncelet小定理，$l$和$BC$关于$\angle PDQ$是等角线，下面考虑$M$关于$\triangle ABC$的等角共轭点$M^*$，有
$\measuredangle PDM=\measuredangle KCM=\measuredangle KCA+\measuredangle ACM=\measuredangle KPA+\measuredangle M^*CB=\measuredangle CDQ+\measuredangle M^*DC=\measuredangle M^*DQ.
$故$DM,DM^*$也是$BC,l$所成角的等角线，所以再由Poncelet小定理，即得$l$与以$M$为焦点的$\triangle ABC$内切抛物线相切，故$M$就是$(AB,BC,CA,l)$的Miquel点.$\quad\Box$
推论2.1：给定完全四边形及其一对等角共轭点$P,Q$，$\triangle MA_{13}P\stackrel{+}{\sim}\triangle MA_{24}Q$.
Proof. 将$P,Q$视为$\triangle_1$的等角共轭点，由定理2.1立得.$\quad\Box$
这说明存在一个以$M$为中心的反演反射变换将$P$和$gP$互变，这就给出了$g$的一个显式表示，也就是说存在以$M$为中心的一个复坐标系使得$gP=\dfrac{1}{P}$.
注2.1：这个结果的一个推论是：给定一个完全四边形，其任意三对等角共轭点组成一个“完美六边形”，并称为等角型的，更多相关内容可以参见《完美六边形研究综述》(wenku.baidu.com/view/e0239e01eff9aef8941e061e.html)和在第0节提到过的几个帖子.
但要注意的是，不是所有点在这个坐标下取倒数之后就得到了其等角共轭点，还需要另外的一个限制条件。
定理2.2：给定完全四边形及两点$P,Q$，若$\triangle MA_{13}P\stackrel{+}{\sim}\triangle MA_{24}Q$且$PQ$中点在$\mathcal{N}$上，则$Q=gP$.
Proof. 考虑以$PQ$中点为中心做与完全四边形四边均相切的锥线（中点在$\mathcal{N}$上保证了这样锥线的存在性），其焦点为$P',Q'$.下面存在以$M$为原点的坐标系使得$P\cdot Q=P'\cdot Q'=1$，且$P+Q=P'+Q'$，但这等价于$(P\cdot P'-1)(P-P')=0$ ，于是$\{P',Q'\}=\{P,Q\}$.$\quad\Box$
下面我们可以推出一个很重要的结果。
推论2.2：给定完全四边形及其两对等角共轭点$P,Q$和$R,S$，$PR\cap QS$和$PS\cap QR$也是一对等角共轭点，且原本完全四边形的对顶点是关于$PR,QS,PS,QR$组成的完全四边形的等角共轭点，且这两个完全四边形的Newton线重合.
Proof. 结合注1.3，定理1.4，推论2.1，定理2.2立得.$\quad\Box$
下面的两个结果都是与三角形的两对等角共轭点相关的内容，由于两锥线第四公切线的存在性我们总有两对三角形的等角共轭点为它们确定的两内切锥线的四条切线组成的完全四边形的两对等角共轭点，所以推论2.1无疑是解决这种问题的“解牛尖刀”。
推论2.3：给定$\triangle ABC$和它的两对等角共轭点$P,P^*$，$Q,Q^*$，则$PQ$和$P^*Q^*$的顺相似中心是$PP^*$和$QQ^*$中点连线上无穷远点的等角共轭点.
Proof. 由上述分析和定理1.3以及定理1.4知后者正是完全四边形的Miquel点，由推论2.1即得结论成立.$\quad\Box$
推论2.4：给定$\triangle ABC$和它的两对等角共轭点$P,P^*$，$Q,Q^*$，则$PP^*$中点和$QQ^*$中点是等角共轭点等价于$PQP^*Q^*$共圆且是圆上的调和四边形.
Proof. 由推论2.1知存在坐标系使得$P^*=\dfrac{1}{P},Q^*=\dfrac{1}{Q}$，则由$(P+\dfrac{1}{P})(Q+\dfrac{1}{Q})=4$等价于$(P,\dfrac{1}{P};Q,\dfrac{1}{Q})=-1$和定理1.4以及定理2.2即得结论成立.$\quad\Box$
|
|
楼主: kuing
hbghlyj
发表于 2021-5-26 19:32
abababa
发表于 2021-5-27 17:06
，你要是懂编程的话，看看能不能从我网友那个里面改一改？我有时问网友这些问题，他也没回复我，可能是不愿意做吧。
