双心三角形图形中顶点到切点是一个射影变换

mathe

如上图，等腰三角形ABC中,AB=AC,内切圆在各边切点分别为D、E、F，点G为线段EF的中点。
在三角形ABC的外接圆上任意选择H点，过H向三角形ABC内切圆做一条切线交外接圆于一点，过这一点再向内切圆做另外一条切线切圆于I点。
由双心三角形的性质可知，开始从H点引出的切线不论是哪一条，最后得到的I点是同一个点。
连接AH交直线EF于J,连接DI交直线EF于K，那么请问是否必然有KG=GJ，也就是说G也是KJ的中点。
通过几何画板作图验证了这个命题是成立的。
而这个命题的几何意义是，对于给定双心三角形，我们知道可以在保持内切圆锥曲线和外接圆锥曲线不动的情况下，作出无数个三角形同时和它们分别内切和外接。
对于每个这样的三角形，其任意顶点和对边上的切点确定了一个外圆锥曲线到内圆锥曲线之间的一一对应关系。而这个命题的结论是说，这种对应关系确定了两个圆锥曲线之间的一个射影变换。

mathe

如果这个命题能够证明，一个很自然的推广就是可以把它推广到双心五边形，双心七边形等。

mathe

根据轨迹是否为圆中结论，
我们把图中外接圆变换为曲线$xy=1$,而图中内切圆变换为曲线$(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)$, 这个变化的好处是变化后横坐标就是曲线的本底坐标，对这个坐标进行射影变换就是对曲线进行射影变换
另外由于这个变换的平方就是它的逆变换，而逆变换的方程是和变换本身是相同的，所以根据链接18#开始的公式，相当于把$s=t=1$代入是成立的。
也就是参数$a,b$需要满足方程$a^2b^2-6ab+4a+4b-3=0$才能够符合存在三角形分别和它们内接和外切，也就是$(ab-1)^2=4(1-a)(1-b)$,所以$(1-a)(1-b)>=0$
而$(1-a)(1-b)=0$时对应双曲线退化为两直线，要淘汰，所以必然有$(1-a)(1-b)>0$,这说明了两双曲线开口方向时完全一致的。
变换后，过I点的切线方程为$(x_I-a)(y-b) + (y_I-b)(x-a) = 2(1-a)(1-b)$，由于这个切线和外接圆交点坐标满足$xy=1$,于是得出它们的横坐标满足方程$(x_I-a)(1/x-b)+(y_I-b)(x-a)-2(1-a)(1-b)=0$
或者写成关于$x$的二次方程为$(y_I-b)x^2-(a(y_I-b)+b(x_I-a)-2(1-a)(1-b))x+(x_I-a)=0$
另外由于H点通过二次对合变换变化为这两个点，所以它们的横坐标满足方程
$[(x^2,x,1)][(b^2,-2b,1),(-2b,-2ab+4b+4a-2,-2a),(1,-2a,a^2)][(x_H^2),(x_H),(1)]=0$
展开后即$(bx_H-1)^2x^2+Tx+(x_H-a)^2=0$
由于两条二次方程的解相同，所以它们系数成比例，于是我们得出
${y_I-b}/{(bx_H-1)^2}={x_I-a}/{(x_H-a)^2}$
另外由于我们知道$(y_I-b)(x_I-a)=(1-a)(1-b)$
于是得出
$x_I-a=+-\sqrt{(1-a)(1-b)}\frac{x_H-a}{bx_H-1}$
由于这个变换的连续性，其中+号或-号应该只能永远选择一个，除非遇到间断点$x_H=a$或$x_H=1/b$，也就是对应双曲线的无穷远点，对于两条二次曲线的一对交点。
而这个式子如果一直不变号，正说明了$x_I$是$x_H$的分式线性变换，两者之间几何上就是存在射影变换关系，所以现在唯一缺乏的就是需要验证上面表达式不会发生变号。
而通过观察几何图案，我们可以发现$x_H=a$对应这时过H点的切线变化为在变换后图中是曲线$(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)$的垂直方向渐近线的情况，可以容易观察出这时不发生变号。
同样$x_H=1/b$处对应水平方向渐近线，结果类似。

mathe

而对于推广情况，比如双心五边形，那么我们需要考虑将上面过程中二次对合变换改为它的平方变换，同样对于双心七边形需要改变为三次方变换（变换自相乘），等等。
或者更加推广一下，如果将图中内切圆拆分为两个圆锥曲线，要求这三条圆锥曲线有四个公共交点（可以是虚焦点），或者说它们在同一个二次曲线系。一个曲线用于变换，另外一个曲线用于做过I点的切线，也就是
给定三个在同一个二次曲线系上的圆锥曲线C1,C2,C3，如果过C1上一点A向C2做两条切线交C1于B,C两点，而且直线BC和C3相切于D点，那么A->D的变换确定了一个圆锥曲线C1到C3的射影变换。
证明过程类似，同样设C1为$xy=1$,C2为$(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)$,但是C3为$(x-at)(y-bt)=(1-at)(1-bt)$
于是使用二次对合确定的方程不变，还是$(bX_H-1)^2x^2+Tx+(x_H-a)^2=0$
但是通过I的切线确定的方程改变为$(y_I-bt)x^2-Sx+(x_I-at)=0$
于是比较系数得出${y_I-bt}/{(bx_H-1)^2}={x_I-at}/{(x_H-a)^2}$
最终有$X_I-at = +-\sqrt{(1-at)(1-bt)}\frac{x_H-a}{bx_H-1}$,还是一个分式线性变换，所以还是射影变换。