Приложения проективной геометрии

Итак, вторая часть  теоремы доказана.

Аналогично  доказывается прямая теорема. Используем рисунки 2 и 3. Прямые AAʹ, BBʹ, CCʹ пересекаются в одной точке, а AB и AC параллельны AʹBʹ и AʹCʹ соответственно. Так же, как и в доказанной обратной теореме, производим гомотетию с центром O. Таким образом, точка Aʹ переходит в точку A, точка Bʹ – в B (по пропорциональности отрезков OA/OAʹ = OB/OBʹ), а точка Cʹ – в C (по пропорциональности отрезков OA/OAʹ = OC/OCʹ). Следовательно, AB переходит в AʹBʹ, AC – в AʹCʹ и BC – в BʹCʹ, то есть BCǁBʹCʹ. Теорема доказана. 

Перейти от доказываемой таким образом теоремы из элементарной геометрии к теореме Дезарга  в её общем виде можно совсем просто и не ссылаясь на проективную геометрию.

Пусть на плоскости  α даны треугольники ABC, AʹBʹCʹ. Воспользуемся введёнными выше обозначениями (рисунок 10). Пусть D, E – точки пересечения прямых AB, AʹBʹ и BC, BʹCʹ. (Если, скажем, BCǀǀBʹCʹ, то берём прямые CA, CʹAʹ, если же CAǀǀCʹAʹ или ABǀǀAʹBʹ, то это случай, который уже рассмотрен в доказанной теореме.) Проводим прямую DE. Берём точку O – центр проекции вне плоскости α и проводим плоскость β через O и прямую DE. Проводим плоскость γǀǀβ и проектируем на неё плоскость α. Так как γǀǀβ, то прямая DE спроектируется в бесконечно удалённую прямую, т. е. прямые AB, AʹBʹ и BC, BʹCʹ спроектируются в параллельные. Мы получим, таким образом, конфигурацию, рассматриваемую в теореме 2. Эта теорема доказана, а значит, возвращаясь на плоскость α, доказана и теорема Дезарга.

2.2. Теорема Паскаля

 

Эта теорема формулируется  так: если вершины шестиугольника лежат  поочерёдно на двух пересекающихся прямых, то точки P, Q, R пересечения противоположных сторон этого шестиугольника коллинеарны (рисунок 13). (Контур шестиугольника может быть самопересекающимся. Что такое «противоположные» стороны, можно легко понять из схемы на рисунке 14.)

Выполняя предварительное  проектирование, можно допустить, что P и Q ушли в бесконечность. Остаётся показать, что R также уйдёт в бесконечность. Ситуация иллюстрируется рисунком 3, где 23ǁ56 и 12ǁ45. Нужно показать, что 16ǁ34. Мы имеем

 

Поэтому

Так что 16ǁ34, что  и требовалось доказать.

 

 

 

 

Глава 3.

Приложения проективной  геометрии

3.1. Пространственная  интерпретация теоремы Дезарга

 

 Приведём пространственную  интерпретацию теоремы Дезарга.  Пусть треугольник ABC будет основанием пирамиды с вершиной в точке O (рисунок 16), тогда треугольник AʹBʹCʹ – это сечение пирамиды, где AAʹ, BBʹ, CCʹ – рёбра.

Пусть прямые AB и AʹBʹ пересекаются в точке E, прямые AC и AʹCʹ – в точке F, прямые BC и BʹCʹ – в точке D (если же какие-то из этих соответственных сторон основания и сечения параллельны, то их точка пересечения бесконечно удалена). Так как плоскость основания и сечения имеют общую точку (например, точку E, ведь она принадлежит и плоскости ABC, и плоскости AʹBʹCʹ), то по одной из основных аксиом стереометрии, эти плоскости имеют общую прямую, на которой лежат все их общие точки. Но ведь точки F и D тоже принадлежат обеим плоскостям (ABC и AʹBʹCʹ), следовательно, точки F и D тоже лежат на общей прямой плоскостей основания и сечения, то есть точки E, F и D лежат на одной прямой.

А теперь посмотрим  на рисунок 16 как на рисунок в плоскости листа. При этом получаем, что у двух треугольников вершины и соответственно стороны приведены в соответствие, прямые, проходящие через соответственные вершины, пересекаются в одной точке, а доказали мы, что точки пересечения прямых, проходящих вдоль соответственных сторон, лежат на одной прямой.

3.2. Стереометрия помогает  планиметрии

 

Задачи планиметрии, носящие проективный характер, то есть те задачи, в условии которых  используются только понятия «точка лежит на прямой» или «прямая  проходит через точку», можно решить с помощью стереометрии: представить чертёж задачи как проективное изображение некоторых пространственных фигур.

В этом пункте представлены задачи, которые относятся к проективной  геометрии, но решаются с помощью  выхода в пространство.

 

Задача 1:

На плоскости  даны три параллельные прямые и три  точки, не лежащие на одной прямой и не принадлежащие ни одной из трёх данных прямых. Построить треугольник  так, чтобы его вершины лежали на трёх данных прямых, а каждая сторона (или её продолжение) проходила через одну из заданных точек.

Решение:

Будем рассматривать  три данные параллельные прямые как  параллельную проекцию рёбер треугольной  призматической поверхности. Тогда  задача сводится к построению сечения  треугольной призмы плоскостью, проходящей через три данные точки.

Пусть a, b, c – три прямые, а M, N, P – три точки, о которых говорится в условии (рисунок 17). Построим некоторый треугольник ABC с вершинами на трёх заданных прямых. Будем считать этот треугольник основанием треугольной призмы.

Проводим из точек M, N, P перпендикуляры на AC, AB, BC соответственно, получаем точки Mʹ, Nʹ, Pʹ. Теперь проводим прямые MN и MʹNʹ до пересечения (аналогично PN и PʹNʹ). Получаем точки F и D. Это точки пересечения плоскости основания призмы с плоскостью искомого сечения, то есть на прямой DF лежат все общие точки этих плоскостей (по аксиоме стереометрии). Продолжаем прямую CB до пересечения с DF, получаем точку E.Теперь соединяем точку E с P до пересечения с прямой c. Таким образом, точка пересечения прямых b и EP есть точка Bʹ, а точка пересечения прямых c и EP – Cʹ. Соединяем точки Bʹ и N до пересечения с прямой a – это точка Aʹ. Осталось соединить Aʹ и Cʹ. Точка M будет лежать на AʹCʹ, так как она лежит в плоскостях AʹBʹCʹ и AʹCʹC. Таким образом, вершины треугольника AʹBʹCʹ лежат на прямых a, b, c соответственно, а точки M, N, P принадлежат сторонам этого треугольника, следовательно, AʹBʹCʹ – искомый треугольник.

Заметим, что  каждая из трёх заданных точек M, N, P может принадлежать любой из трёх плоскостей данной призматической поверхности. Поэтому в общем случае задача может иметь 6 различных решений.

 

Задача 2:

На плоскости  даны три луча, имеющие общее начало, и три точки, не лежащие на одной  прямой и не принадлежащие ни одному из трёх данных лучей. Построить треугольник так, чтобы его вершины лежали на трёх данных лучах, а каждая сторона (или её продолжение) проходила через одну из заданных точек.

Решение:

Эта задача во многом аналогична предыдущей. Разница лишь в том, что  нужно построить сечение треугольной  пирамиды.

На рисунке 2 показано решение для одного из шести  возможных случаев расположения точек M, N, P.

В итоге получаем, что треугольник AʹBʹCʹ – искомый, так как его стороны содержат точки M, N, P, а вершины лежат на данных лучах.

Таким образом, делаем вывод, что стереометрия может во много раз облегчить решения планиметрических задач и с её помощью некоторые вещи становятся очевиднее. Следовательно, и задачи проективной геометрии можно решать, выходя в пространство.

 

Задача 3:

Общие внешние  касательные к трём окружностям пересекаются в точках A, B и C. Доказать, что эти точки коллинеарны.

Доказательство:

Решение состоит  в выходе в пространство.

Обозначим центры окружностей  O₁, O₂ и O₃ (рисунок 19). Восстановим из точек O₁, O₂ и O₃ перпендикуляры O₁O₁ʹ, O₂O₂ʹ и O₃O₃ʹ к плоскости, содержащей данные окружности, так, что O₁O₁ʹ=R₁, O₂O₂ʹ=R₂, O₃O₃ʹ=R₃. Теперь ясно, что прямая O₁ʹO₂ʹ пересекает плоскость в точке A (подобие треугольников), прямая O₁ʹO₃ʹ – в точке B, прямая O₂ʹO₃ʹ – в точке C, таким образом, эти точки лежат на пересечении плоскости окружностей и плоскости O₁ʹO₂ʹ O₃ʹ. Но пересечение двух плоскостей – прямая, таким образом, точки коллинеарны.

 

3.3. Окружность переходит  в окружность

 

Задача 4:

Доказать, что  существует проективное преобразование, которое данную окружность переводит в окружность, а данную точку, лежащую внутри окружности, переводит в центр образа.

Доказательство:

Рассмотрим  на координатной плоскости Oxz точки O(0;0), N(0;1), E(1;0). Для произвольной точки M, лежащей на дуге NE единичной окружности (рисунок 20), обозначим через P середину отрезка EM, а через точки Mʹ и Pʹ – точки пересечения прямых NM и NP соответственно с прямой OE.

Докажем, что  для любого числа k > 2 можно выбрать точку M таким образом, что MʹE : PʹE = k. Пусть A(a;b) – произвольная точка плоскости, Aʹ(t;0) – точка пересечения прямых NA и OE, B(0;b) – проекция точки A на прямую ON. Тогда

Поэтому, если (x;z) – координаты точки M, то точки P, Mʹ, Pʹ имеют соответственно координаты

 

значит,

Ясно, что уравнение (2 – z)/(1 – z) = k имеет решение z = (k – 2)/(k – 1), причём k > 2, то 0 < z < 1, и, следовательно, точка требуемая.

Докажем теперь основное утверждение  задачи. Обозначим данные окружность и точку внутри неё соответственно через S и C. Если точка С является центром окружности S, то требуемым проективным преобразованием является тождественное преобразование. Поэтому будем считать, что C не центр. Обозначим через AB диаметр, содержащий точку C. Пусть для определённости BC > CA. Положим k = BA:AC. Тогда k > 2, и, следовательно, как было доказано, на единичной окружности в плоскости Oxz можно расположить точку M так, что MʹE:PʹE = k = BA:CA. Поэтому преобразованием подобия окружность S можно перевести в окружность S₁, построенную в плоскости Oxy на отрезке EMʹ как на диаметре, так, чтобы точки A, B, C перешли соответственно в точки E, Mʹ, Pʹ. При стереографической проекции окружность S₁ проецируется в окружность S₂ на единичной сфере, которая симметрична относительно плоскости Oxz, а значит, и относительно прямой EM. Поэтому EM – диаметр окружности S_2, а его середина – точка P – её центр. Пусть α – плоскость, содержащая окружность S₂. Ясно, что при центральном проектировании плоскости Oxy на плоскость α из северного полюса единичной сферы окружность S₁ перейдёт в S₂, а точка Pʹ – в её центр P. [4]

 

Задача 5:

Доказать, что  прямые, соединяющие противоположные  точки касания описанного четырёхугольника, проходят через точку пересечения  диагоналей.

Доказательство:

Пусть дан четырёхугольник  ABCD, в который можно вписать окружность. Точки M, P, N, R – это точки касания вписанной окружности со сторонами четырёхугольника AB, BC, CD, AD соответственно (рисунок 21). Точка O – точка пересечения MN и PR. Тогда нужно доказать, что O также лежит на пересечении диагоналей AC и BD.

Из предыдущей задачи следует, что окружность с  произвольной точкой O внутри с помощью проективных преобразований можно перевести в окружность с центром в этой точке. Таким образом, получаем окружность с центром в точке O = Oʹ (рисунок 22).

Проектированием переводим  AB, BC, CD, AD в AʹBʹ, BʹCʹ, CʹDʹ, AʹDʹ соответственно. По законам проективной геометрии точки M, P, N, R перейдут в точки Mʹ, Pʹ, Nʹ, Rʹ касания четырёхугольника AʹBʹCʹDʹ с вписанной окружностью, и Oʹ будет лежать на пересечении MʹNʹ и PʹRʹ. Так как Oʹ центр окружности, следовательно, получившийся четырёхугольник симметричен относительно Oʹ, то есть AʹBʹCʹDʹ ромб.

Тогда диагонали  ромба пересекаются в точке Oʹ, то есть AʹCʹ и BʹDʹ содержат эту точку. Следовательно, по закону принадлежности точки прямой при проектировании точка Oʹ (O) будет лежать на AC и BD данного четырёхугольника. А это именно то, что надо было доказать:  прямые, соединяющие противоположные точки касания описанного четырёхугольника, проходят через точку пересечения диагоналей.

3.4. Неравенство Птолемея

 

Задача 6:

Докажем для  косого четырёхугольника ABCD

AC · BD < AB ·  CD + BC · AD,   (3.4)

т. е. произведение длин его диагоналей меньше суммы  произведений длин противоположных  сторон.

Доказательство:

Воспользуемся известным фактом – следствием из соотношения Бретшнайдера:

Для любых четырёх точек  плоскости имеет место неравенство:

AC · BD ≤ AB · CD + BC · AD,

причём знак равенства имеет место лишь в  случаях, когда эти точки лежат  либо на окружности, либо на прямой и пара (A,C) разделяет пару (B,D).

Спроектируем  ортогонально диагональ BD четырёхугольника на плоскость ω, параллельную BD и содержащую диагональ AC (рисунок 23). Для четырёх точек A, B₁, C, D₁, лежащих в плоскости ω, имеем:

AC · B₁D₁ ≤ AB₁ · CD₁ + B₁C · AD₁.

По свойству ортогонального проектирования получаем, что AB₁ < AB, CD₁ < CD, CB₁ < CB, AD₁ < AD и B₁D < BD. Поэтому неравенство (3.4) следует из предыдущего при замене отрезков большими. Случаи равенства не имеют места.

 

 

 

 

 

 

 

Заключение

 

В работе решены те задачи, которые поставлены во введении.

Проективная геометрия  – это широкая область для  изучения геометрии как науки  в целом. Проективную геометрию  нельзя просто выучить, её нужно понять, а в дальнейшем уметь применять  в жизни.

С помощью проективной геометрии можно решать довольно не простые задачи планиметрии выходом в пространство. Ведь тогда некоторые вещи становятся очевиднее, а ответ приходит сам собой. Именно такие красивые задачи представлены в моей работе.

Также с помощью  проективных преобразований я доказала интересное свойство описанного четырёхугольника: прямые, соединяющие противоположные точки касания описанного четырёхугольника, проходят через точку пересечения его диагоналей.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Список литературы

 

1. Р. Курант, Г. Роббинс. Что такое математика? – 3-е изд., испр. и доп. – М.: МЦНМО, 2001. – 568 с.
2. А.Д. Александров, Н.Ю. Нецветаев. Геометрия: Учебное пособие. – М.: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит., 1990. – 672 с.: ил.
3. Д. Гильберт, С. Кон-Фоссен. Наглядная геометрия, 1932. Перевод с немецкого С.А. Каменецкого. – Объединённое научно-техническое издательство НКТП СССР. Главная редакция общетехнической литературы и номографии, Москва, 1936, Ленинград. – 304 с.
4. В.В. Прасолов. Задачи по планиметрии: Учебное пособие. – 5-е изд., испр. и доп. – М.: МЦНМО: ОАО «Московские учебники», 2006. – 640 с.: ил.
5. А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонский, М.С. Якир. Неожиданный шаг, или Сто тринадцать красивых задач: Методическое пособие. – К.: Агрофирма «Александрия», 1993. – 59 с.
6. Я.П. Понарин. Элементарная геометрия: В 3 т. – Т. 3: Треугольники и тетраэдры. – М.: МЦНМО, 2009. – 192 с.: ил.
7. А.П. Карп. Даю уроки математики…: Кн. для учителя: Из опыта работы. – М.: Просвещение, 1992. – 191 с.: ил.
8. Я.П. Понарин. Элементарная геометрия: В 3 т. – Т. 1: Планиметрия, преобразования плоскости. – М.: МЦНМО, 2004. – 312 с.: ил.