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Last edited by hbghlyj 2022-3-24 00:10近代的三角形几何学page150
在几何学中,纯属偶然得到的一个最重要的结果,是所谓"两个三角形的"定理.它由法国建筑家Girard Desargues(1591一1661)发现,断定两个三角形从一点看来是透视的,当且仅当它们有一条透视轴.
两个三角形,顶点依特定次序排定时,如果对应顶点的连线共点,那么便称为从一点看来是透视的.连线的交点称为这两个三角形的透视中心(例如见[CG]).反过来,如果两个三角形的三对对应边的交点共线,那么便称这两个三角形有一条透视轴,透视轴即这些交点所在的直线.
但在实际中,我们所遇到的透视三角形往往具有一些补充的性质.本文将特别注意那些"正交"的三确切地说, 我们称 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 与 $\triangle A_{2} B_{2} C_{2}$ 是正交的, 并记为 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1} \sim\triangle A_{2} B_{2} C_{2}$, 如果自顶点 $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ 分别向边 $B_{2} C_{2}, C_{2} A_{2}, A_{2} B_{2}$ 所作的垂线通过同一点. 这点称为 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 关于 $\triangle A_{2} B_{2} C_{2}$ 的 “正交中心”.
符号 $\triangle_{1} \sim \triangle_{2}$ 意图暗示正交确实是欧氏平面上所有三角形的集合中的等价关系(译者注:可以证明正交具有对称性，即由$△_1\sim△_2$可得$△_2\sim△_1$,但并不具有传递性.所以~并非等价关系.本文所谓等价关系仅指具有对称性.).我们邀请读者实实在在地证明这个结论(用本文第二部分中展开的思想或其他方法).
事实上,任何两个任意的三角形都可以在平面上平移与旋转,使得它们成为从一点看来是透视的,并且同时也是正交的(证明它!).但这里有一些可能更为大家熟悉的三角形对具有这两个性质:
(1)任一三角形与它的中点三角形(即顶点为原三角形各边中点的三角形).在这种情况,两个正交中心是$O$与$H$,它们分别是大三角形的外心与垂心,透视中心是大三角形的重心,而透视轴是无穷远线.
(2)任一三角形与它的垂足三角形(即顶点为原三角形各条高的垂足的三角形).这时,两个正交中心是$H$与$O$,而透视中心是$H$.它们的透视轴称为大三角形的正交轴.
(3)任一三角形与内切圆在边上的三个切点所成的三角形,或与旁切圆在边上的三个切点所成的三角形,或就与三个旁心所成的三角形.
(4)任一三角形与它的内或外拿破仑三角形(即在原三角形的边上,分别向内或向外作正三角形,这些正三角形的中心所成的三角形).
在任意三角形中,垂心,重心,外心共线.这是Leonhard Euler(1707-1783)的一个著名结果.这条线称为这三角形的欧拉线.如果我们想要强调透视与正交关系,这结果可以叙述成任一三角形与它的中点三角形的两个正交中心及透视中心共线.
由这一点看来,下面的定理可以认为是欧拉的结果的推广.
定理 如果两个三角形正交,而且从一点看来是透视的,那么这两个正交中心及透视中心共线,这条直线(如果存在)垂直于它们的透视轴.
本文的其余部分用于证明这主要的定理.证明的基本部分是下面的引理.
引理 $△A_1B_1C_1\sim△A_2B_2C_2$当且仅当对平面上任一点$M$
$$\overrightarrow{MA_1}·\overrightarrow{B_2C_2}+\overrightarrow{MB_1}·\overrightarrow{C_2A_2}+\overrightarrow{MC_1}·\overrightarrow{A_2B_2}=0\tag1$$
容易看出式 (1) 的左边实际上与 $M$ 无关(因为,展开以后$M$的系数是0), 所以实际上只需对一个点验证式 (1). 下面, 我们将数次利用这个说明.
引理的证明很容易. 一方面, 如果两个三角形正交,那么取 $M$ 为 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1}$ 关于 $\triangle A_{2} B_{2} C_{2}$ 的正交中心, 式 (1) 显然成立. 另一方面,如果式(1) 对于平面上 任一点成立, 那么特别地, 取 $M$ 为 $A_{1}, B_{1}$ 分别到 $B_{2} C_{2}, C_{2} A_{2}$ 的垂线的交点, 就得 到 $\overrightarrow{M C_{1}} \cdot \overrightarrow{A_{2} B_{2}}=0$. 因此 $M C_{1} \perp A_{2} B_{2}$. 所以 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1} \sim \triangle A_{2} B_{2} C_{2}$.
让我们消化一下, 并指出如何将引理用于证明, 例如证明 $\sim$ 是对称的(这是后面我们唯一要利用的性质). 由 $\triangle A_{1} B_{1} C_{1} \sim \triangle A_{2} B_{2} C_{2}$ 出发,并在(1) 中取 $M$ 为 $A_{1}$, 得
$\overrightarrow{A_{1} B_{1}} \cdot \overrightarrow{C_{2} A_{2}}+\overrightarrow{A_{1} C_{1}} \cdot \overrightarrow{A_{2} B_{2}}=0$
这也就对应于其中 $M \equiv A_{2}$ 的等式
$\overrightarrow{M A_{2}} \cdot \overrightarrow{B_{1} C_{1}}+\overrightarrow{M B_{2}} \cdot \overrightarrow{C_{1} A_{1}}+\overrightarrow{M C_{2}} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}=0$
所以 $\triangle A_{2} B_{2} C_{2} \sim \triangle A_{1} B_{1} C_{1}$.
再考虑适合定理假设的两个三角形 $A B C$ 与 $E F D$. 首先注意它们的透视轴存在的情况. 设三对对应边 $(A C, D E),(A B, E F),(B C, D F)$ 交于透视轴, 记为 $\Delta$ (图1,在2#) 上的点 $X, Y, Z$.
设 $O$ 为透视中心, $P, S$ 为正交中心. 只需证明 $O P \perp \Delta$, 因为同理将 $S$ 与 $P$ 交换可得 $O S \perp \Delta$, 即 $O, S, P$ 在同一条直线上.
为此, 用 $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ 表示 $\overrightarrow{O A}, \overrightarrow{O B}, \overrightarrow{O C}$, 则 $\overrightarrow{O D}=\gamma \cdot \vec{c}, \overrightarrow{O E}=\alpha \cdot \vec{a}, \overrightarrow{O F}=\beta \cdot \vec{b}$, $\gamma,\alpha, \beta$ 为实数. 显然, $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ 中的任意两个向量是线性无关的. 并且,透视轴存在的假定保证了实数 $\alpha, \beta, \gamma$ 中有一个与另两个均不相同. 不失一般性,假定 $\alpha$ 是这样的数. 对 $\triangle A B C$ 与 $\triangle E F D$ 应用引理得
$$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{F D}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{D E}+\overrightarrow{M C} \cdot \overrightarrow{E F}=0\tag2$$
对平面上任一点 $M$ 成立. 特别地, 取 $M \equiv O$, 式 (2) 成为
$$\vec{a} \cdot(\gamma \vec{c}-\beta\overrightarrow{b})+\vec{b} \cdot(\alpha \vec{a}-\gamma \vec{c})+\vec{c} \cdot(\beta\overrightarrow{b}-\alpha \vec{a})=0\tag3$$
令 $\theta=\vec{a} \cdot \vec{b}, \psi=\vec{b} \cdot \vec{c}, \varphi=\vec{a} \cdot \vec{c}$, 易知等式 (3) 等价于$$\alpha(\theta-\varphi)+\beta(\psi-\theta)+\gamma(\varphi-\psi)=0\tag4$$
再进一步, $O P \perp \Delta$ 等价于 $\triangle D O F \sim \triangle X A Y$. 再利用一次引理及紧接着引理的说明, 它就等价于
$\overrightarrow{M D} \cdot \overrightarrow{A Y}+\overrightarrow{M O} \cdot \overrightarrow{Y X}+\overrightarrow{M F} \cdot \overrightarrow{X A}=0$
对平面上某一点 $M$ 成立. 取 $M \equiv O$, 我们只需证明
$$\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{A Y}+\overrightarrow{O F} \cdot \overrightarrow{X A}=0\tag5$$
令$$\overrightarrow{O Y}=\overrightarrow{O A}+\lambda(\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B})=\overrightarrow{O E}+\mu(\overrightarrow{O E}-\overrightarrow{O F})$$即$$\vec a+\lambda(\vec a-\vec b)=α\vec a+\mu(α\vec a-β\vec b)$$
由于 $\vec{a}, \vec{b}$ 线性无关,比较$\vec a,\vec b$的系数得$1+\lambda=\alpha+\alpha \mu$及$\lambda=\mu \beta$.消去$\mu$得$\lambda=\frac{\beta(1-\alpha)}{\alpha-\beta}$, 即
$$
\overrightarrow{A Y}=\overrightarrow{O Y}-\overrightarrow{O A}=\lambda(\overrightarrow{O A}-\overrightarrow{O B})=\frac{\beta(1-\alpha)}{\alpha-\beta}(\vec{a}-\vec{b})
$$
用类似的方法得 $\overrightarrow{X A}=\frac{\gamma(1-\alpha)}{\alpha-\gamma}\left( \overrightarrow{c}-\vec{a}\right)$. 因此, 式 (5) 成为
$$
\begin{aligned}
&\gamma \vec{c} \cdot \frac{\beta(1-\alpha)}{\alpha-\beta}(\vec{a}-\vec{b})+\beta \vec{b} \cdot \frac{\gamma(1-\alpha)}{\alpha-\gamma}(\vec{c}-\vec{a})=0 \Leftrightarrow \\
&\frac{\varphi-\psi}{\alpha-\beta}+\frac{\psi-\theta}{\alpha-\gamma}=0 \Leftrightarrow \\
&(\alpha-\gamma)(\varphi-\psi)+(\alpha-\beta)(\psi-\theta)=0 \Leftrightarrow \\
&\alpha(\varphi-\theta)+\beta(\theta-\psi)+\gamma(\psi-\varphi)=0
\end{aligned}
$$
即式 (5) 等价于式 (4). 这种情况的结论得出.
最后, 在通常的透视轴不存在 (即它为无穷远线) 时, 我们得出 $\alpha=\beta=\gamma$, 因此 $\triangle A B C$ 与 $\triangle E F D$ 位似,相似比为 $\alpha$. 现在 $\triangle E F D$ 与 $\triangle A B C$ 的正交中心分别成为 $\triangle E F D$ 的垂心与 $\triangle A B C$ 的垂心.
因为这两个三角形位似, $O, S, P$ 在同一条直线上, 并且 $\overrightarrow{O S}=\alpha \cdot \overrightarrow{O P}$. 这就完成了定理的证明.
本文的主定理的GeoGebra文件:
perspective.ggb
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本文参考文献
[CG]Coxeter,H.,S.,M.and Greitzer,S.,L.,Geometry Revisited, Random House 19(1967). |
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