和欧拉线垂直的梅涅劳斯线

mathe

hujunhua说的两条梅涅劳斯线和透视线共点很容易证明，这个对于任意两个满足透视关系的三角形都符合要求。对于两个透视关系的三角形，我们可以定义平面上一个唯一的对合变换，分别把俩三角形的顶点映射为对方的对应顶点，于是透视中心和透视轴上的点都是不动点。很显然，俩梅涅劳斯线相互对合，其交点必然为不动点，所以在透视轴上

hujunhua

mathe 发表于 2019-4-14 08:53
hujunhua说的两条梅涅劳斯线和透视线共点很容易证明，这个对于任意两个满足透视关系的三角形都符合要求。对 ...

不必是对合，但基本事实和思路是对的。

同一平面上两个三角形△ABC到△DEF的透视对应是一个特殊的射影变换，且记为 P。
透视中心（视为线束）上的直线都是变换下的不变直线，透视轴上的点都是变换下的不动点。
透视中心是一个特殊的不动点，透视轴是一条特殊的不变直线。
点与像点的连线交汇于透视中心，直线与像直线的交点陈列于透视轴。

将基于 △ABC  的三坐标反演记为T，将基于 △DEF 的三坐标反演记为T'，有 PT=T'P.
透视中心 O 的两条梅涅劳斯线是 T(O )和 T'(O), \[
O=P(O)\to T'(O)=PTP^{-1}(O)=PT(O)
\]即两条梅涅劳斯线是 P透视的，故其交点在透视轴上。

mathe

任意给定一个三角形ABC和平面上共点的三线abc. 对于平面上任意一点P,PA交a于A',类似定义B',C'.
于是定三角形ABC和动三角形A'B'C'透视，可以构造透视轴，构成一个动点P到此透视轴的映射。这个映射一般情况下有什么特性呢？好像将直线映射为圆锥曲线？

hujunhua

取消三线共点的限制后，就变成由一个完全三点形 ABC 和一个三线形 abc 确定的点→线映射。

当三线形与完全三点形的线素重合时(a=BC, b=AC, c=AB)，这就是基于三角形ABC的点→其梅涅劳斯线的三坐标反演。
对于一般情形，P→(A', B', C')透视，是线性变换，连线A'B', B'C', C'A'的线坐标是二次型，因此透视轴上的三个点的坐标亦是二次型，故透视轴最高可能是四次型的。

mathe

是的，正常情况应该是四次，但是神奇的是三线共点时好像变成二次曲线了(抛物线？), 这种情况抛物线实际上应该是两重的,也就是每个点会经过两次，和wayne抛物线一样。

如图P为动点，在细黑实线上运动。O为固定点，发出三种不同颜色固定直线，和固定三角形三个不同颜色大点对应。
第一次P经过蓝色虚线将三角形各个顶点投影到O点发出三条直线上对应的中等点，这些中点等构成的虚线三角形对应边和原三角形对应边交出三个黑色共线小点，共线在紫色目标直线。而这条紫色目标直线的轨迹就是紫色抛物线。

mathe

又发现很神奇的现象，随意移动P所在的直线，并不会对紫色抛物线的位置造成影响，也就是紫色抛物线只和固定三角形以及三条固定有色直线的位置有关系。
看https://www.geogebra.org/classic/daemwvfh的共享图片，可以随意拖动P点所在实直线上两个控制点，改变P点所在的直线，但是紫色抛物线完全不变。
但是如果拖动三角形三个顶点，抛物线马上发生变化了

hujunhua

找到证明了，确实是二次曲线。
为了在板板的GeoGebra上生成轨迹，我选用了对偶的构造。

给定完全三点形ABC 和共线三点DEF，取平面上过定点G的任意直线GH（H是圆G上任一点）与ABC的线素相交于I, J, K 三点，连线IE, JD, KF得三线及其点素M, N, L. 作三点形ABC与三点形NML的透视中心O。
当直线GH绕G点转动时，对应的O的轨迹是一条二次曲线。
以下是射影几何证明

GH绕定点G转动时，I，K在定直线上滑动形成俩透俩对应点列，G为透视中心。故IE，KF是俩射影对应线束，故其交点M是一个二次点列。易知点列M包含点B，E，F。（B是I与K对应的不动点，故M必过之）。
同理，动点N形成包含A, D, F的二次点列。
点列M与点列N是透视对应的二次点到，透视中心为F。
所以线束AN与线束BM为射影对应线束，故其交点O为包含定点A， B的二次点列。

同理线束AN与线束CL为射影对应线束，故其交点O为包含定点A， C的二次点列。
        线束BM与线束CL为射影对应线束，故其交点O为包含定点B， C的二次点列。
总之，动点O的轨迹是通过顶点ABC的二次曲线。

但是O的轨迹与G的位置无关还没找到原因。MNL的轨迹是与G有关的。

mathe

点列M和点列N之间是以F为透视中心的透视关系有理论支持吗？感觉理由不充分。射影关系不一定透视

hujunhua

有。
二次曲线上四点组向二次曲线上其他任一点所引线束交比为定值。这就是上面为什么要说明A在点列N中，B在点列M中，而F为两点列共同点。

如图，线束\(A-N_1N_2N_3N_4\) 同底于 线束\(F-N_1N_2N_3N_4=\) 线束\(F-M_1M_2M_3M_4\) 同底于  线束\(B-M_1M_2M_3M_4\)
所以  线束\(A-N_1N_2N_3N_4\)与线束\(B-M_1M_2M_3M_4\) 为俩射影对应线束。

mathe

还是通过计算来解决吧，由于整个构图是射影不变的，我们可以任意指定25#中四个图中点的坐标。所以我们不凡设固定三角形中红绿蓝三点坐标分别为(0,0), (2,0), (1,1)，另外我们设定O为y轴无穷远点(0:1:0)， 三条三色直线分别为$x=r,x=g,x=b$。设动点P坐标为(u,v)
于是
? matker([0,0,1;u,v,1])
%4 =
[-v/u]
[   1]
[   0]
? matker([-v,u,0; 1,0, -r])
%5 =
[    r]
[r*v/u]
[    1]
可以得到红色中号点齐次坐标为$(ru:rv:u)$，同理可以得出绿色和蓝色中号点坐标$(g(u-2): (g-2)v: u-2)$和$(b(u-1): (b-1)v+u-b: u-1)$
原图红绿点连线为y=0, 而得出俩红绿点连线的交点的齐次坐标为
$(2r u - 2gr: 0: (r -g + 2)u - 2r)$
需要注意，其中$r,g,b$为常数，u,v为变量，这里大跌眼镜的是这个交点是一次点列而不是二次点列，而且同v没有关系。
同样原图GB点连线为x+y-2=0,最后得出俩GB线交点齐次坐标为$((-g + 2b)u + ((-b + 2)g - 2b): (-g + 2)u + (bg - 2b): (-g + (b + 1))u + (g - 2b))$， 同样这个交点也不是二次点列而是一次点列。现在可以知道为什么结果是二次曲线了。

我们再次采用上面的计算，可以得到目标紫线的方程
$[(-r + g - 2)u^2 + ((b + 2)r + (-bg + 2b))u - 2br: (-r -g + 2b)u^2 + ((2g - b)r + ((-b + 2)g - 2b))u + (-2g + 2b)r: 2ru^2 + (-2g - 2b)ru + 2bgr]$
我们可以看到很神奇的，结果和变量v没有关系，也就是O点在y轴无穷远点时，动点P的纵坐标不起作用（也就是OP在一条直线时，所有P点的像对应紫色wayne抛物线上的同一点）
另外目标紫线方程通常不包含无穷远直线$[0:0:1]$,也就是说通常情况不是抛物线。

所以本质上对应如下图

点P在过O点的定直线上从$P_1$移动到$P_2$时，我们可以发现紫线和其上三个黑点纹丝不动。