射影几何的初等说明

hbghlyj

这个新帖好像很友好
tieba.baidu.com/photo/p?kw=%E7%BA%AF%E5%87%A0%E4%BD%95&flux=1&tid=7682645300
我把习题都抄过来:
9楼
直线$l$交直线$OX,OY$分别于$A,B$,点$C$与$D$是线段$AB$两侧的直线$l$上两点,且$CA=DB$.过$C$的直线$CKL$交$OX$于$K$,交$OY$于$L$;过$D$的直线交$OX$于$M$,交$OY$于$N$,连结$ML$和$KN$,交直线$l$分别于$E,F$,求证$AE=BF$.

证:
取$AB$中点$G$,作$F$关于$G$的对称点$F'$,
$(AB,DF')\frac{G\text{中心对称}}{\wedge}(BA,CF)\frac{K}{\wedge}(BO,LN)\frac{M}{\wedge}(BA,ED)$
$(AB,DF')=(BA,ED)=(AB,DE)$,$∴F'$和$E$为同一点,$∴AE=BF$.

定理(Pappus):$A,B,C$三点在直线$m$上,$A_1,B_1,C_1$在直线$n$上,$AB_1$和$A_1B$交于$P$,$AC_1$和$A_1C$交于$N$,$BC_1$和$B_1C$交于$M$.求证:$M,N,P$三点共线.

证:
$\left(A_{1} P, D B\right) \frac{A}{\wedge}\left(A_{1} B_{1}, C_{1} O\right) \frac{C}{\wedge}\left(E M, C_{1} B\right)$
$\therefore\left(A_{1} P, D B\right)\frac{}{\wedge}\left(E M, C_{1} B\right),$显然$B$为自射影,那么这个是中心射影,且$A_1E$与$DC_1$交于$N$,$N$为射影中心.
$\therefore\left(A_{1} P, D B\right) \frac{N}{\wedge}\left(E M, C_{1} B\right)$
$\therefore P,N,M$三点共线
思考:逆定理呢?

hbghlyj

10楼
在$△ABC$中,$AB=AC$,$AD⊥BC$于点$D$,在$AD$的延长线上取点$E$,连接$BE$,$FE⊥BE$交$AC$于点$F$,$AG∥BC$并交$BF$的延长线于点$G$,连接$EG$求证:$EF$平分$∠AEG$.

证:
设$AD$和$BG$交于$M$点,易证$AD,AG$为$∠BAC$的内外角平分线.
$A(BC, DG)=-1=(BF,MG)$.
又$∠BEF=90^\circ,∴EF$平分$∠MEG$.

已知:梯形$ABCD$,$AD∥BC$,$AB$与$CD$交于$E$,$AC$与$BD$交于$F$,$EF$与$AD$交于$G$,求证:$AG$=$GD$.

证:
设$AD$与$BC$交于$P$,则$(AD,GP)=-1,\therefore AG=GD$

已知:点$P$是$△ABC$高线$AD$上的点,$BP$交$AC$于$E$,$CP$交$AB$于$F$,求证:$∠ADE=∠ADF$.

证:
$EF$分别与$AD,BC$交于$H,G$,根据完全四边形的调和性质,$(FE,GH)=-1$,且$∠HDG=90°,∴DH$平分$∠FDE$.

已知:点$P$为$△ABC$内一点,$BP$与$AC$交于$E$,$CP$与$AB$交于$F$,$AP$与$EF$交于$G$,作$GD⊥BC$,求证:$∠ADG=∠PDG$.

证:
设$AP$与$BC$交于$H$,则$(AP,GH)=-1$,且$∠GDH=90°,\therefore DG$平分$∠ADP$.

已知:点$P$在$△ABC$内,$PB$交$AC$于$E$,$PC$交$AB$于$F$,$D$为$BC$上ー点,$AD$分别与$EF,CF,BE$交于$G,M,N$,求证
$\frac{1}{AG}+\frac{1}{AD}=\frac{1}{AM}+\frac{1}{AN}$

证:
$EF$与$BC$交于$H$,$HP$分别与$AB,AD$交于$Q,T,\therefore-1=H(A P, F B) \frac{H}{\wedge}(A T, G D) \frac{H}{\wedge}(A Q, F B) \frac{P}{\wedge}(A T, M N)$.
$\because(A T, G D)=-1, \therefore \frac{2}{\overline{A T}}=\frac{1}{\overline{A G}}+\frac{1}{\overline{A D}}$.
$\because(A T, M N)=-1, \therefore \frac{2}{\overline{A T}}=\frac{1}{\overline{A M}}+\frac{1}{\overline{A N}}$.
$\therefore \frac{1}{\overline{A G}}+\frac{1}{\overline{A D}}=\frac{1}{\overline{A M}}+\frac{1}{\overline{A N}}$.
思考:完全四边形调和线束是什么情况?

hbghlyj

11楼
已知: Rt$△ABC,∠BAC=90°,E$为$AC$上ー点,作$AP⊥BE$于$P$交$BC$于$D,CP$交$AC$于$F$.过$F$作$MN∥AD$,作$AM⊥EF$交$MN$于$M$,作$AN⊥DE$交$MN$于$N$,求证:$FM=FN$.

证:
由完全四边形知$E(AP,FD)=-1,$$∵A(FP,MN)⊥E(AP,FD),∴A(FP,MN)=-1.$
$∵MN∥AP,∴MF=FN$.

$D,E,F$分别在$△ABC$的三边上,且$AD,BE,CF$三线交于一点$O,AG∥FD$交$BC$延长线于$G$点,$AH∥BG$交$DE$延长线于$H$点.求证:$AD∥HG$.

证:
由完全四边形的调和性质,$D(EF,AC)=-1$,又$AG∥FD,\therefore DH$平分$AG$.
又$AH∥DG,\therefore ADGH$是平行四边形,$\therefore AD∥HG$.