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[讨论] 三个透视三角形

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发表于 2021-5-23 15:23:35 | 显示全部楼层 |阅读模式

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如图,ΔABC与ΔA'B'C'有透视中心O, 两Δ的公共六边形DEFGHI的三条大对角线DG、EH和FI围成ΔA''B''C''.
求证:ΔA''B''C''亦与ΔABC和ΔA'B'C'有共同的透视中心O。
三个透视三角形.PNG
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2021-5-23 16:16:09 | 显示全部楼层
d.png
这个题目是迪沙格定理和帕斯卡定理和它们的逆定理的应用。
ABC和A'B'C'有透视中心O,于是根据迪沙格定理对应边交点三点共线
于是根据帕斯卡定理E,F,G,H,I,D六点共圆锥曲线。
由于六边形EFIDGH六点共圆锥曲线,根据帕斯卡定理,对边交点即
EF和DG的交点,FI和GH的交点,ID和HE的交点共线
也就是三角形A'B'C'和A''B''C''对应边交点共线,再根据迪沙格定理得出A'B'C'和A''B''C''透视关系
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发表于 2021-5-23 16:23:16 | 显示全部楼层
上面证明A'B'C'和A''B''C''透视并不能说明它的透视中心也是O,如果我们查看六边形EFIHGD六点共圆锥曲线
就能得出EF和GH的交点B', FI和GD的交点B'',IH和DE的交点B三线共点,得出B'B''经过O,同理A'A'',C'C''也经过O
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 楼主| 发表于 2021-5-23 16:58:05 | 显示全部楼层
是的,证明并不难,就是重新分组的视点,迪沙格定理就够了。
迪沙格定理:两三角形有透视中心当且仅当有透视轴。
ΔABC和ΔA'B'C'有透视中心O,故有透视轴,记为L。
L显然也是ΔAGH和ΔA'DE的透视轴,故A''是ΔAGH和ΔA'DE的透视中心。
即 A''在直线AA'上。同理,B''在直线BB'上,C''在直线CC'上。
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 楼主| 发表于 2021-5-23 17:20:42 | 显示全部楼层
这是16树、每行4棵树的一个基础解(12行),我们坛上有广泛深入的讨论,有更多行的进阶解。
这个构图实际上是高度对称的,每行4树,每树在3行。每一树的地位都完全相同,O点并不比别的点地位更特殊。
仔细辩认就能发现,每个点都是三个三角形的透视中心。
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 楼主| 发表于 2021-5-23 19:34:34 | 显示全部楼层
由于在射影几何的意义上地位相等,所以每一点都像 O 一样,对应着一个2# 那样共二次曲线的六点形。
所以这样的二次曲线共计16条。
怎么找一点对应的共二次曲线六点形呢?很简单,就是与它不同行的点。
给定的点在3行上,每行还有其它3点,共是9点,加上自身10点,余下6点就是。
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发表于 2021-5-23 20:08:55 | 显示全部楼层
另外四条直线A'EFB',DA''B''G, BIHA, COC''C' 可以看成一条退化情况的四次曲线,它和另外四条直线A'DIC',EA''C''H,CFGA,B'B''OB构成的退化四次曲线交于这16个点,它们构成的四次曲线系中每条曲线都会经过这16个点(包括另外一个方向的四条直线构成的退化四次曲线)。
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 楼主| 发表于 2021-5-25 18:47:44 | 显示全部楼层
这个构图的自由度很大,再让一些3点共线显然没问题,比如A,B'',E.
拖拖拉拉调来调去,还真凑出来一个,非常非常像了。
三个透视三角形.PNG

点评

@mathe 嚯,还真是!没有无穷远点的三阶对称图。  发表于 2021-5-26 19:11
可以比较一下:https://bbs.emath.ac.cn//forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=703&pid=82752&fromuid=20  发表于 2021-5-26 13:50
看上去好像去掉O,添加AE,BF等交点3个,可以构成18棵树18行?  发表于 2021-5-26 13:49
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 楼主| 发表于 2021-5-26 19:13:56 | 显示全部楼层

18树18行

嘿嘿,无意插柳柳成行
18树18行.PNG
最大的正三角形边长被分为 1+Ω+1 的3段
次大的正三角形边长被分为 Ω+1+Ω 的3段
Ω是黄金分割比。
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发表于 2021-5-27 08:31:57 | 显示全部楼层

点评

18树18行,树行数量平衡点,合当有此对称图。  发表于 2021-5-28 14:43
但是还是你这个漂亮  发表于 2021-5-27 13:33
既然已有射影完备解,自然会有其射影等价类。  发表于 2021-5-27 09:04
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