射影几何(1)

让我们从基础概念开始。我们将要把欧式平面拓展为实射影平面。

我们约定平行线交于无穷远点。不同方向的平行线交于不同的无穷远点，所有无穷远点都在无穷远直线上

在这样的定义下，依然有两点确定一条直线。对于无穷远点，可以简单地理解为一个方向，将它与某个点相连，就是过这个点做某一个方向的直线。

对共线四点 $A,B,X,Y$ ，定义交比为（线段是有向的）

$(A,B;X,Y)=\frac{XA}{XB}÷\frac{YA}{YB}$

对共点直线 $a,b,x,y$ 定义交比为（角度是有向的，不过更直观的理解是若 $x,y$ 夹在 $a,b$ 之间（四个角的一个）为负，否则为正）

$(a,b;x,y)=\frac{\sin <x,a>}{sin<x,b>}÷\frac{\sin <y,a>}{\sin <y,b>}$

记 $P(A,B;X,Y)=(PA,PB;PX,PY)$

定理 $1$ ：对平面上任一点 $P$ 与共线四点 $A,B,X,Y$ 有：

$(A,B;X,Y)=P(A,B;X,Y)$

直接代入定义即可验证，这个定理给出的重要事实是，可以将 $A,B,X,Y$ 通过 $P$ 透视到另一条直线上，不改变交比

定理 $2$ ：对圆上五点 $P,A,B,X,Y$ ，有：

$P(A,B;X,Y)=\pm \frac{XA}{XB}÷\frac{YA}{YB}$

若线段 $AB,XY$ 不相交为正，否则为负

不难由圆周角与弦的关系得到

上述两个性质可以实现将一条直线（或一个圆）上的四个点透视到另一条直线（或一个圆）上，这是射影几何最为关键的方法之一

由交比的透视性质，我们引入射影变换：

通过一个点，将一个平面的点透视到另一个平面上，称为射影变换。

我们不深入探究其性质与相关证明，只是说它具有这样的性质：

定理 $3$ ：在任意射影变换下：

1. 直线对应直线

2. 二次曲线对应二次曲线

3. 交比不变

4. 任意直线曲线的交点数不变（特别地，相切性保持）

射影变换的主要功力在下：

定理 $4$ ：可以通过射影变换实现以下操作：

1. 将平面上四点变为其它任四点

2. 维持平面上一个二次曲线的形状（上面的点发生了改变！），使其内部一个点变为其内部另一个点

3. 维持平面上一个二次曲线的形状，将与曲线相离的直线变为无穷远直线

例1

（笛沙格定理）对 $\mathrm{△}ABC,\mathrm{△}XYZ$ ，若 $AX,BY,CZ$ 共点，称它们关于其交点透视，若 $AB\cap XY,AC\cap XZ,BC\cap YZ$ 共线，称它们关于这条直线透视。证明：两三角形关于某点透视当且仅当它们关于某直线透视

利用射影变换，将 $ABXY$ 变为正方形，设 $M=CA\cap ZX,N=CB\cap YZ$ ，另一个交点是无穷远点

现在只要证 $NM//AB⟺CZ//AX$

$CZ//AX\to \frac{NB}{BC}=\frac{BY}{CZ}=\frac{AX}{CZ}=\frac{MA}{AC}\to NM//AB$

$NM//AB\to \frac{CA}{AM}=\frac{AB}{NM}=\frac{XY}{NM}=\frac{XZ}{MX}\to CZ//AX$

证毕。

例2

给定一个圆 $c$ 以及圆外两点 $P,Q$ ，满足直线 $PQ$ 与 $c$ 相离。定义映射 $f:c\to c$ 如下：连接 $XP$ 交 $c$ 于 $Y$ ，连接 $YQ$ 交 $c$ 于 $Z$ ，则 $f(X)=Z$ 。证明：若 $f$ 存在一个 $n$ 阶不动点，则 $f^{(n)}=id$

将 $PQ$ 变为无穷远直线，则 $XY//l_P,YZ//l_Q$ （其中 $l_P,l_Q$ 是 $P,Q$ 的方向，即两条定直线），那么 $\mathrm{\angle }XOZ$ 为定值 $2<l_P,l_Q>$ ，即 $f$ 为旋转变换，证毕。

（可能有人问为什么要先讲射影变换，其实是因为笔者懒得用梅涅劳斯和相似来证明以下的一些定理罢了，这些证明可以在任何一本几何书内查阅到）

我们回归主题。我们特别关注 $(A,B;X,Y)=-1$ 的情况，称这类 $(A,B;X,Y)$ 为调和点列。 我们还称对边乘积相等的圆内接四边形为调和四边形（显然这样的四边形满足 $P(A,B;C,D)=-1$ ， $P$ 是 $\odot (ABCD)$ 上任一点）

对于某个圆 $O$ ，设 $X,X^{\prime }$ 是关于它的反演对应点，则过 $X^{\prime }$ 且垂直于 $O{X}^{\prime }$ 的直线 $l$ 被称为 $X$ 关于圆的极线， $X$ 是 $l$ 的极点

定理 $4$ ：有下列较为显然的事实：

1. $(A,B;X,Y)=(X,Y;A,B)$

2. $(A,B;M,P_{\mathrm{\infty }})=-1$ ，其中 $M$ 为 $AB$ 中点

第 $2$ 点给出了一个处理中点与平行线的手法，我们稍后会在例题看到（因为平行线交于 $P_{\mathrm{\infty }}$ ）

定理 $5$ ：设 $\omega$ 为圆，圆上有四边形 $AXBY$ ，定义 $Q=AB\cap XY$ ，则下列命题等价：

1. $AXBY$ 是调和四边形

2. $AB$ 是 $\mathrm{△}AXY$ 的共轭中线

3. $A,B,P$ 共线，其中 $P$ 是 $XY$ 的极点

并且上述条件下， $(A,B;Q,P)=-1$ （极线中的调和点列）

证明：将 $Q$ 射影变换为圆心并保持 $\omega$ 不变 ，若其为调和四边形则必为正方形，三个命题显然等价

而 $(A,B;Q,P)$ 是从 $X$ 将调和四边形 $AXBY$ 透视到 $AB$ 的结果（ $XX$ 即过 $X$ 的切线）

我们将引入更多常见的调和点列：

定理 $6$ ：设 $\mathrm{△}ABC$ 内 $AD,BE,CF$ 交于一点 $P$ ，记 $X=EF\cap BC$ ，则 $(C,B;D,X)=-1$ ，设 $Y=AD\cap EF$ ，通过透视即可得到 $(E,F;X,Y)=-1$

证明：将 $P$ 射影变换至重心，维持 $A,B,C$ 不变，由定理 $4$ 完成证明。

也可以表述为完全四边形 $BCEF$ 中的调和点列，这是完全四边形中最重要的定理之一。

定理 $7$ ：设 $X,A,Y,B$ 依次排列在一条直线上， $C$ 是直线外一点，则下列三个条件可以由两个推出第三个：

1. $(A,B;X,Y)=-1$

2. $\mathrm{\angle }XCY=Rt\mathrm{\angle }$

3. $CX$ 是 $\mathrm{\angle }ACB$ 的角平分线

此定理的重述即阿波罗尼斯圆：对给定点 $A,B$ 与常数 $k$ ，满足 $AC/BC=k$ 的点位于一个圆上（该圆与 $AB$ 的交点即定理中的 $X,Y$ ）

证明：在直线 $AB$ 上取点 $X,Y$ 满足 $XA/XB=YA/YB=k$

取 $XY$ 的中点 $M$ ，则 $\mathrm{△}MAC\sim \mathrm{△}MCB$ ，给出 $MC=\sqrt{MA\cdot MB}$ 为定值，证毕

上述证明过程给出了一个重要的调和点列性质：我们过 $B$ 作阿氏圆的切线 $BC$ ，则由 $\mathrm{△}MAC\sim \mathrm{△}MCB$ 给出 $A$ 是 $Rt\mathrm{△}BMC$ 的斜边垂足，由射影定理直接得到：

定理 $8$ ：对调和点列 $(A,B;X,Y)=-1$ 及 $XY$ 中点 $M$ ，有 $M{X}^2=MA\cdot MB$

（很多书籍要求读者通过代数方法验证这条性质。我们在此对这类误人子弟的书籍表示强烈的谴责。）

这个定理结合高斯线（国内称作牛顿线）很有用，也可以很好地处理中点，将在稍后例题展示。

最后还有两个重要的关于极点极线的定理。以下默认用 $l_X$ 表示 $X$ 的极线

定理 $9$ ：若 $Q\in l_P$ ，则 $P\in l_Q$ ，称 $P,Q$ 关于圆共轭

证明： 设 $P$ 的反演对应点（也就是 $P$ 的极线与 $OP$ 的交点）是 $P^{\prime }$ ，利用等差幂线，有

$P{Q}^2-O{Q}^2=P{P}^{\prime 2}-O{P}^{\prime 2}=OP(OP-2O{P}^{\prime })=O{P}^2-2R^2$

从而 $Q\in l_P⟺P{Q}^2=O{P}^2+O{Q}^2-2R^2$ ，这是对称的，证毕

解析方法的好处是它直接给出了推论 $9.1$ ： $P,Q$ 关于 $\mathrm{\Gamma }$ 共轭 $⟺\odot (\mathrm{直}\mathrm{径}PQ),\mathrm{\Gamma }$ 正交

显然的推论 $9.2$ ：

设 $P=l_A\cap l_B$ ，则 $l_P=AB$

这更多是一种分析思想，可以转换三点共线与三线共点问题。

推论 $9.3$ ：设 $A,B,C,D$ 在圆上， $S,T$ 是 $AB,CD$ 的极点，并设 $AC\cap BD=K$ ，则 $K,S,T$ 共线

证明：设 $AB\cap CD=X$ ，根据推论 $9.2$ ， $l_X=ST$ ，但根据 $Brocard$ 定理， $K$ 也在 $X$ 极线上。

定理 $10$ ： （$Brocard$ 定理）对圆上四点 $A,B,C,D$ ，若 $AB\cap CD=X,AC\cap BD=Y,AD\cap BC=Z$ ，则 $l_X=YZ,l_Y=XZ,l_Z=XY$ ，并且 $\mathrm{△}XYZ$ 的垂心是圆心 $O$

下面的例题展示了基础的透视方法。

例3

设 $\mathrm{△}ABC$ 中以 $AC,BC$ 为直径的圆分别为 $c_1,c_2$ ， $A,B,C$ 对应的垂足为 $D,E,F$ ， $AF\cap c_2=K,M,BE\cap c_1=L,N$ ，求证： $AB,ML,NK$ 共点

画个图就可以知道它们的交点就是 $D$ 。

法一：一个显然的事实是 $H$ 是在两圆的根轴上的，给出了 $KLMN$ 共圆，而这个圆的圆心（看上去）恰好是 $C$ ！于是很自然地联想 $Brocard$ 定理，就能做完这道题。

因为 $CN=CL,CK=CM$ ，所以 $C$ 是两条中垂线的交点，它只能是圆心。

我们声称 $H$ 关于 $\odot C$ 的极线就是 $AB$ ，这样根据 $Brocard$ 定理， $NK\cap ML$ 就在 $AB$ 上，就完成了证明。记 $D$ 是 $C$ 在 $AB$ 上的垂足，只要证 $CH\cdot CD=R^2$

由 $ADHE$ 共圆知 $CH\cdot CD=CE\cdot CA=C{E}^2+CE\cdot CA\stackrel{ALCN\mathrm{共}\mathrm{圆}}{=}C{E}^2+L{E}^2=R^2$ ，证毕

法二： $ACLN$ 是一个对称的四边形，所以它是调和的

注意到 $-1=F(A,C,L,N)\stackrel{BE}{=}(B,H;L,N)$ 同理 $(A,H;K,M)=-1$

显然这两个调和点列关于 $D$ 透视，问题至此已经结束，具体地可以用同一法来说明：

$D^{\prime }=ML\cap NK$ ，则 $-1=(B,H;L,N)\stackrel{D^{\prime }}{=}(A^{\prime },H;M,K)$ ，则 $A=A^{\prime }$ ， $A{D}^{\prime }B$ 共线，证毕

例4

如图，调和四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$ ， $BD$ 的极点为 $P$ ，过 $C$ 的切线与 $DP,DA$ 分别交于 $Q,R$ ， $AQ$ 与 $\odot O$ 交于 $E$ ，证明： $BER$ 共线

这题可以直接用射影变换。我们来讲一个透视的做法

可以看到 $ACED$ 是一个调和四边形，如果要证 $BER$ 共线，换而言之， $E$ 在 $CQ$ 上的投影（通过 $B$ ）就是 $R$ ，可以通过 $B$ 点透视，具体地说，定义 $R^{\prime }=BE\cap CQ$ ，有

$-1=B(A,E;C,D)\stackrel{CQ}{=}(T,R^{\prime };C,S)$

来看看 $(T,R;C,S)$ 。我们再透视一次，可以看到 $A$ 是个不错的点，将其透视到圆上。

$(T,R;C,S)=A(B,D;C,S)$

由于 $ABCD$ 是调和四边形，现在只要证 $AS$ 是切线就行了。

注意到 $S=BD\cap CQ=l_p\cap l_c$ ，所以 $l_s=CP$ ，而 $A\in CP$ ，证毕。（用到推论 $9.2$ 的思想）

这个推论能有效地转换三点共线和三线共点的问题。在处理这些问题之前， $Pascal$ 定理是极其重要的：

定理 $11$ ：设 $ABCDEF$ 是圆内接六边形（不一定是凸的），则 $AB\cap DE,BC\cap EF,CD\cap FA$ 共线。

证明：我们将证明其推广形式：

三条圆锥曲线 $C_1,C_2,C_3$ 都经过 $A,B$ 两点， $C_2\cap C_3=A,B,P_1,P_2,C_3\cap C_1=A,B,Q_1,Q_2,C_1\cap C_2=A,B,R_1,R_2$ 则 $P_1{P}_2,Q_1{Q}_2,R_1{R}_2$ 共点

取其中两条圆锥曲线退化为两条直线即可

$Bezout$ 定理：若两条三次曲线有九个交点，另一条三次曲线经过这九个点中的八个，那么它经过第九个点。

这是因为三次曲线有 $10$ 个系数，需要 $9$ 个点确定，但如果 $9$ 个点不能确定一条三次曲线，也就是有两条三次曲线经过它们，那它们构成的方程中就一定出现了线性相关的情况，就可以由其中八个点推出第九个点

构造三次曲线 $F_1=C_1\cup P_1{P}_2,F_2=C_2\cup Q_1{Q}_2,F_3=C_3\cup R_1{R}_2$ ，设 $P_1{P}_2\cap Q_1{Q}_2=K$

则 $F_1,F_2$ 都经过 $AB{P}_1{P}_2{Q}_1{Q}_2{R}_1{R}_{2}K$ ，从而 $F_3$ 经过它，即 $K\in R_1{R}_2$ （ $K$ 不在 $C_3$ 上）

当然，初等的证明可以在任何一本几何教材上找到。

下面的例子展示了极点极线与 $Pascal$ 定理的应用

例5

如图， $\mathrm{△}ABC$ 的内切圆 $\odot I$ 与 $AB,AC,BC$ 切于 $F,E,D$ ，射线 $EF$ 交 $\odot (ABC)$ 交于 $M$ ， $S$ 是 $AM$ 的极点， $T$ 是 $BC$ 的极点，求证： $ST$ 是内切圆切线。

我们令 $P=AB\cap MC,Q=BM\cap AC$ ，根据推论 $9.3$ ，我们看到 $PQST$ 共线，然后用 $PQ$ 代替 $ST$

下面我们关于内切圆做分析。 $PF,QE$ 已经是切线了，作另一条切线 $PK$ ，我们要证 $QK$ 也是切线。

我们需要审视图中的条件。 $M=PC\cap EF$ ，于是 $M$ 的极线上有 $A$ 和 $l_C\cap l_P=ED\cap FK$

注意 $EDFK$ 是内切圆上的点，所以根据 $Brocard$ 定理，若 $ED\cap FK$ 在 $M$ 的极线上，那么 $M$ 一定在 $FE\cap KD,FD\cap EK=W$ 的连线上（那是 $FK\cap ED$ 的极线），所以 $M=FE\cap KD$

那么 $AW$ 是 $M$ 的极线。现在 $W=DF\cap l_M$ 给出 $l_W=BM$ ，从而 $Q$ 在 $W$ 极线上，那么 $l_Q=WK$ 过点 $K$ ，证毕。

注：我们其实没用到 $A$ ，在书写答案时可以省略 $A$ 。但是在做题过程中，用 $9.2$ 的思想思考是更完整的方式。

例6

（布利安桑定理）若六边形 $ABCDEF$ 外切于圆，证明： $AD,BE,CF$ 共点

根据上面的引理，只要证 $AD,BE,CF$ 对应的极点共线就好。

而 $AD$ 的极点是 $l_A,l_D$ 的交点，$l_A$ 就是 $AB,AF$ 与圆切点的连线。

于是把六个切点作出，发现该命题即等价于帕斯卡定理。

例7

设四边形 $ABCD$ 内接于圆 $c$ ， $E=AB\cap CD,F=AD\cap BC$ ，设 $\odot (AEF),\odot (CEF)$ 分别与 $c$ 交于 $G,H$ ，求证： $GH,AC,BD$ 共点

设 $R=AC\cap GH$ ，要证 $R$ 在 $BD$ 上，根据 $Brocard$ 定理，只要证 $l_R=EF$

一个不错的事实是（由根心定理给出） $AG,CH,EF$ 共点。那么用 $Brocard$ 定理，只要证 $AH\cap GC\in EF$

来尝试 $Pascal$ ，我们要对 $AH\mathrm{\_}CG\mathrm{\_}$ 或者 $HA\mathrm{\_}GC\mathrm{\_}$ 使用（其实一样的，但是写的时候毕竟从左往右写更自然）

注意到 $HAAGCC$ 是很好的。因为 $AA\cap CC$ 根据 $Brocard$ 定理已经在 $EF$ 上， $AG\cap GC$ 也已经在 $EF$ 上，这就证毕。

例8

如图， $\mathrm{△}ABC$ 的内心为 $I$ ， $B-$ 伪内切圆与外接圆切于点 $B_1$ ， $B^{\prime }$ 是 $B$ 的对径点，同理定义 $C_1,C^{\prime }$ 。设 $B^{\prime }{C}_1,C^{\prime }{B}_1$ 交于 $X$ ，求证： $XA=XI$

取弧 $AB,AC$ 中点 $N,M$ ，只要证 $NMX$ 共线，或者说证明 $B_1{C}^{\prime },B^{\prime }{C}_1,MN$ 共点。并且其实 $OIX$ 也可以看出来是共线的

必须注意的是，应当把 $X$ 定义为 $NM\cap B_1{C}^{\prime }$ 然后把 $C_1{B}^{\prime }$ 这两个点用六边形交出来，因为 $B_1,C_1$ 这两个点其实不是很直接的点，但也不能一个都不用

如果这样定义，应当用 $NM\mathrm{\_}{B}_1{C}^{\prime }\mathrm{\_}$ 或者 $NM\mathrm{\_}{C}^{\prime }{B}_1\mathrm{\_}$ 。我们先很自然地看到了 $C{C}^{\prime }$ 与 $MS$ 是交于圆心的，这不错，而 $S{B}_1\cap CN=I$ ，很好，对 $NMS{B}_1{C}^{\prime }C$ 有 $OIX$ 共线。

这里已经做完了。如果我们再定义 $X^{\prime }=NM\cap B^{\prime }{C}_1$ ， $OI{X}^{\prime }$ 同理共线，这就给出 $X=X^{\prime }$ ，证毕。

我们以几个阿氏圆的例子结束基础知识的讲解。

例9

如图， $\mathrm{△}ABC$ 内接圆 $\odot I$ 切三边于 $D,E,F$ ， $M$ 是 $AB$ 中点，过 $I$ 作 $CM$ 垂线交 $DE$ 于点 $K$ ，求证： $CK//AB$

$ADTIE$ 五点共圆，我们可以记 $S=DE\cap CM,T=IK\cap CM$

现在已经有 $\mathrm{\angle }STK=Rt\mathrm{\angle }$ ，看看 $TS$ 是否平分 $\mathrm{\angle }DTE$ 。由共圆， $\mathrm{\angle }DTC=\mathrm{\angle }DIC=\mathrm{\angle }EIC=\mathrm{\angle }ETC$ ，从而 $-1=(D,E;S,K)$

透视到直线 $AB$ 上得到 $-1=(A,B;M,K^{\prime })$ ， $K^{\prime }$ 只能是无穷远点，从而 $CK//AB$ ，证毕。

例10

如图，圆内接四边形 $ABCD$ 中， $E=AB\cap CD,F=AD\cap BC$ ， $M$ 是 $BD$ 中点，若 $\mathrm{\angle }BME=\mathrm{\angle }DMF$ ，求证： $ABCD$ 是调和四边形

把这个完全四边形补充完整。构造 $G=EF\cap BD,P=AC\cap EF,Q=AC\cap BD$

已经有了外角平分线，看看有没有调和点列或者垂直。前者比较明显， $(E,F;P,G)=-1$ ，从而 $PM\perp BD$

因为$Q\in BD$ ，所以 $BD$ 极点 $X\in l_Q$ ，根据 $Brocard$ 定理， $l_Q=EF$ ，从而 $X=P$ ，证毕。

定理 $12$ ：$A,B$ 是关于 $\mathrm{\Gamma }$ 的反演对应点 $⟺$ $\mathrm{\Gamma }$ 是关于 $A,B$ 的阿氏圆 $⟺$ 点圆 $A,B$ 与 $\mathrm{\Gamma }$ 共轴

例11

如图， $AB$ 是 $\odot O$ 上任一条弦， $C\in AB$ 且 $CD$ 关于 $\odot O$ 为反演对应点。 $X$ 是弧 $AB$ 上任一点， $AX,BX$ 与 $CD$ 中垂线交于 $E,F$ ，求证： $X,E,F,D$ 共圆

根据定理 $12$ ，点圆 $C,D$ 和 $\odot O$ 共轴 $EF$ ，从而 $EX\cdot EA=E{C}^2$ 给出 $\mathrm{△}CEX\sim \mathrm{△}AEC$ ，从而 $\mathrm{\angle }ECA=\mathrm{\angle }EXC$ ，同理 $\mathrm{\angle }FCB=\mathrm{\angle }FXC$

来看看 $\mathrm{\angle }EXF=2\pi -(\mathrm{\angle }FXC+\mathrm{\angle }EXC)=\pi -\mathrm{\angle }ECF=\pi -\mathrm{\angle }EDF$ ，证毕

准确地来说应该用有向角。