德萨格定理在初等几何中的应用

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摘要2Abstract.2一.德萨格(Desargues)定理及其证明3二.德萨格(Desargues)定理在初等几何中的应用9

(一).德萨格(Desargues)逆定理在证明共点问题上的应用9(二).德萨格(Desargues)定理在证明共线问题上的应用11(三)德萨格(Desargues)定理在求轨迹问题上的应用14(四)德萨格(Desargues)定理在作图方面的应用15(五)德萨格(Desargues)定理在设计中学几何命题方面的应用15三.总结16梅涅劳斯(Menelaus)定理及其逆定理设P、Q、R分别是?ABC的三边BC，CA，AB上或它们延长线上三点，则点P、Q、R共线的充要条件是：

(二)证明过程

已知?ABC和?A'B'C'，假使它们对应顶点的连线AA'，BB，CC'通过一个点

P、Q、RS。若AC与A'C'交于P点，BC与B'C'交于Q点，AB与A'B'交于R点，求证：

ARBPCQ???1RBPCQA三点在一直线上。

证：分两种状况，第一种?ABC和?A'B'C'在两个不同的平面内，此种状况的证明方法与第一种证明的方法类似，就不再赘述；其次种?ABC和?A'B'C'在同一平面内，证明如下：

如图3，由于题设条件只提供与直线的位置关系，并没有其他数量关系，所以考虑用梅涅劳斯(Menelaus)定理来证明。

?ABC的每一边与交点S构成三个三角形，即B'?SBC，SAC，?SAB。

?SBC被直线B'C'Q'所截，?SAC被直线C'A'PPA'ARC图3QSC'所截，?SAB被直线B'A'R所截，由梅涅劳斯定理B可得：

BQCC'SB'?'?'??1，

QCCSBBCPAA'SC'????1，

PAA'SC'CBB'SA'AR?'???1，(指有向线段)'BSAARB将上述三式相乘，则可化简得：

BQCPAR?.??1QCPARB由梅涅劳斯定理的逆定理知P、Q、R三点共线,即德萨格定理得证。第三种证明方法

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第三种方法是用高等几何的方法，利用的是射影几何中交比的一特性质，即共线的四点所形成的交比在中心射影下是保持不变的。此种证法依次选取A、A'、O三个点作为射影中心，连续三次进行投影，并使用交比不变性，使命题得证,方法巧妙且简便。详细过程见下：(一)预备知识

设A、B、C、D为共线的四点，规定简单比(ABC)与(ABD)的商为A、B、C、D四点的交比，记为(AB,CD)=

AC?BD。下面介绍交比的几何意义：

BC?AD以O为中心将?映成?'的中心射影使

A?A'，B?B'，C?C'，D?D'。设HO是O到直线?的距离，

则HO?AC?2S?OAC?OA?OCsin?COA。

所以AC?OA?OCsin?COA/HO。同理，

BC?OB?OCsin?COB/HO，AD?OA?ODsin?DOA/HO，BD?OB?ODsin?BOD/HO从而

(AB,CD)??AC?BDS?OAC?S?OBDsin?COA?sin?DOB??BC?ADS?OBC?S?OADsin?DOA?sin?COBOsin?C'OD'?sin?D'OB'A'C'?B'D'??(A'B',C'D')sin?D'OA'?sin?C'OB'B'C'?A'D'

C'A'D'B'即共线四点形成的交比(AB，CD)在中心射影下不变。而且从中可以看出：点列的交比的几何意义是有关角的正弦值之比或三角形面积之比。(二)证明过程

RCSDA图5PP'BQ如图5，假使?ABC和?A'B'C'的对应顶点连线AA'、BB'、CC'共点O，则其三对对应边AB，A'B'；BC，B'C'；CA，C'A'的交点P、Q、R三点共线。

证明：连接QO，OA，QA'，QR，设AA'与QC'，QR，QC分别交于D'，S，D，又

A'B'与QR交于P'，则有

QR?SPQC?DBQC'?D'B'QR?SP'SP'SP??????P?P'，

SR?QPDC?QBD'C'?QB'SR?QP'QP'QP

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P、Q、R三点共线。

第四种方法

第四种方法用的是高等几何中代数的方法来证明的。利用射影几何中解析点的概念，及定理三点共线的充要条件是三点的混合积为0，来证明三点共线。与第三种方法不同，此种方法还涉及到射影坐标。具体过程如下：

(一)预备知识

定义1.4若??0，(?x1，?x2，?x3)表一个点X的坐标，则?取所有可能的实数值时，所有坐标构成一个坐标类[X]。这个类中的每组坐标叫做一个解析点，而整个坐标类[x]代表一个集合点。

由此可知，一个解析点的坐标是同一个坐标类中一组特定的坐标，一经选取就

***是固定不变的，解析点及其坐标以附加*号表示，例如X*(x1，x2，x3)，假使不指明

是解析点，则点的坐标可以在该点的坐标类中任意选取，而且不是固定不变的。

定理1.4任意给出直线?上的3相异点X，Y，Z，则必可确定唯一解析点组

X*，Y*，Z*使Z*?X*?Y*。

定理1.5三点共线的充要条件是

x1X?(Y?Z)?0，即(X,Y,Z)?y1z1x2y2z2x3y3?0。z3X'BXOY'ZAYC(二)证明过程

如图6，设两三点形XYZ，X'Y'Z'的对应顶点的连线XX'，YY'，ZZ'共点O，求证：对应边的交点，

Z'图6YZ与Y'Z'的交点A，ZX与Z'X'的交点B，XY与X'Y'的交点C共线。

证：由于O，X，X'；O，Y，Y'；O，Z，Z'分别共线，故必可选取解析点

O*，X*，X'*，Y*，Y'*，Z*，Z'*等使O*?X*?X'*?Y*?Y'*?Z*?Z'*(定理1.4)

由最末两式移项得Y*?Z*?Y'*?Z'*。

Y*?Z*应当是Y*，Z*共线的一个点，但Y'*?Z'*又是与Y'*，Z'*共线的点，两

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点一致就表示它应当是Y?Z与Y*?Z'*的交点A，故有一点A*使A*?Y*?Z*。同理，应分别有解析点B*，C*使B*?Z*?X*，C*?X*?Y*。又由于

A*?B*?C*?0，即三点A、B、C线性相关，故三点共线。(定理1.5)

二.德萨格(Desargues)定理在初等几何中的应用

应用德萨格(Desargues)定理及其逆定理去解决一些初等几何中的问题，关键在于构造，如何去选择两个恰当的三点形，这是应用此定理的一个难点。以下对他在初等几何中的五个方面的应用进行论述，并在例题证明中体会德萨格(Desargues)定理及其逆定理在解题时的一般思路。

(一).德萨格(Desargues)逆定理在证明共点问题上的应用例1.证明三角形的三中线共点。

已知：D、E、F分别为三角形?ABC的三边BC，CA，AB的中点。求证：AD，CF，BE相交于一点G.。证法1：如图7

D、E、F为三边中点，设BE，CF交于G，联结EF，则EF//BC，?GEF∽?GBC，所以由BC=2EF，得

GB=2GE,GC=2GF设AD，BE交于G'，同理可证

G'B?2G'E,G'A?2G'D

即G，G'都是BE上从B到E的三分之二处的点，故G，G'重合，即三条中线AD，BE，CF相交于一点G。

证法2：∵EF//BC，DE//AB，DF//AC,对?ABC与?DEF，它们的对应边交点共无穷远直线∴由德萨格(Desargues)逆定理可知其对应顶点的连线AD，BE，CF共点G。

分析：此题的证法1用的是初等的方法，其证明思路是：判定BE，CF的交点与AD，BE的交点重合于一点G，这也是初等方法中证明三点共线问题的一种常用的方法。而证法2用的是德萨格(Desargues)逆定理证明的。对比两种证法可明显看出，用初等的几何方法证明不够直观，证明过程也比较繁琐，但在证法2中利用德萨

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AFGBD图7G'EGEEFFG??GBBCCGC格(Desargues)逆定理，选取三角形的重心作为两三点形的透视中心，想法自然，过程也十分的简便。

例2.ABCD是周边体，点X在BC上，一直线通过X分别交AB、AC于P、Q，另一直线通过X，分别交DB、DC于R、S，求证：PR与QS交于AD。证法1：如图8，

在面APR中B在线AP上所以B在面APR内，则RB在面APR内，又由于D是RB延长线上的一点，所以D点在面APR上，所以PR与AD共面APR。

在面RPQ中X在PQ上，所以RX在面RPQ内，又由于S是RX延长线上的一点，所以S也在面RPQ上，因此PR与QS共面RPQ。QS既在面RPQ内又在面ADC上，所以QS是面RPQ与面ADC的交线。

PRBQX图8CSDA不妨设PR与QS的交点为H，则H必在AD上.若H不在AD上，则AD与PR互为异面直线，与PR和AD共面APR矛盾。

所以PR与QS交于AD。证法

2：如图

8，在三点形

PQA

与

RSD

中，对应边交点

PQ?RS?X，QA?SD?C，AP?DR?B∵X，B，C共线，根据德萨格(Desargues)

定理的逆定理可知，其对应顶点的连线共点，即PR、QS、AD交于一点。

分析：此题的证法一用的是初等几何的方法，思考过程繁杂，涉及到好多点、线、面之间的关系。证法二则用的是德萨格(Desargues)定理的逆定理证的，过程相当简单，没有渗入太多繁琐的推理，解法明白易懂，大大表达了德萨格(Desargues)定理的逆定理在解决此类问题中的优越性。此题的证法二还给了我们一个很大的启示，即运用德萨格(Desargues)定理的逆定理去证明一些比较简单的三点共线问题时，最好从结论入手去寻觅我们所需要的三点形。

例3.证明任意四边形各对对边中点的连线与两对角线中点连线相交于一点。

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证明:如图9，任意四边形ABCD，H、E、F、G分别中点，P、Q分别是对角线AC，BD上的中点。

在三点形PEF与QGH中，HG//AC//FE，所以HG//FE；HQ//DC//FP，所以HQ//FP；PE//AD//QG，所以PE//QG.。

∴?PEF与?QGH对应边交点共无穷远直线，由德萨格(Desargues)定理的逆定理知其对应顶点的连线PQ，FH，EG共点O。

AAD、AB、BC、CD边上的

DHQGCPEOFB图9分析：在此题的解法中，我们选择的透视轴是一条无穷远直线，这种状况是时有发生的，因此我们要注意，在应用德萨格定理的逆定理证明时，在选取透视轴的时候不要忽略了无穷远直线。

(二).德萨格(Desargues)定理在证明共线问题上的应用

例4.已知三角形?ABC的三角平分线AD，BE，CF交于点O，设BC、EF交于L，CA、FD交于M，AB、DE交于N。试利用德萨格(Desargues)定理证明：三点N、L、M共线。

证明：如图10，在三角形?ABC与三

N角形?DEF中，由于对应顶点的连线AD，BE，CF交于点O，根据德萨格

AFODCEL(Desargues)定理：对应边的交点必定是

共

线

的

。

由

于

AB?DE?N，BC?EF?L，CA?FD?MB，所以N、L、M共线。

图10MMNAFEO

例5.已知三点形?ABC的三条高AD，BE交CF于点O，设DC交EF于L，CA交FD于

BD图11C11

LM，AB交DE于N。证明：三点N、L、M共线。

证明：如图11，在三角形?ABC与三角形?DEF中，由于对应顶点的连线AD，BE，CF交于点O，根据德萨格(Desargues)定理：对应边的交点必定是共线的。由于

AB?DE?N，BC?EF?L，CA?FD?M，所以N、L、M共线。

例6.如图12，设O为?ABC内任意一点，连接AO、BO、CO并分别延长交对边于D、E、F,连接AD、BE、CF，求证：?ABC与?DEF相应对边的交点必共线。

证明：选取O为三点形?ABC与?DEF的透视中心，则由德萨格(Desargues)定理知，它们三对对边AB与DE，AC与DF，BC与EF的三个交点N、M、L共线。

M

N注:：此题是例4与例5的一般状况，也就是当O点为?ABC内的

FAEO任意一点时该命题均成立。而例6、例7则是当O点处在?ABC内的特

BD图12CL殊位置时的状况，即：

1.当O是?ABC的三条高的交点(垂心)时，显然,，?DEF就成为

?ABC的垂足三角形，这两个三角形的三对对应边的交点必共线。

2.当O是?ABC的三条角平分线的交点(内心)时，?ABC与?DEF三对对应边的交点也是共线的。

以上三道例题都是用德萨格定理证明的。从上述例题的证法来看，在利用德萨格定理证明一些简单的三点共线问题时，优先考虑从已知条件入手分析找寻两个恰当的三点形。

例7.设O1，O2，O3三个圆两两相交于

AA'、BB'、CC'，试证

ACBAB与A'B'，BC与B'C'，CA与C'A'三个交

ZO1XC'A'图13B'YO2O3点必共线.。证明：

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第一种状况：当O1，O2，O3在一直线上时，则AA'//BB'//CC'，因此交点共无穷远直线，根据德萨格(Desargues)定理则有?ABC与?A'B'C'之三对对应边的交点在一直线上，即三圆圆心的连线上。如图13。其次种状况：当O1，O2，O3不在同一直线上时，由平面几何定理知，三个圆相交，其三个公共弦必共交于一点O，该点称为根心，即AA'，BB'，CC'交于一点O。所以由德萨格定理知?ABC与?A'B'C'中既然有三对对应顶点的连线共点，则其三对对应边的三个交点必共线，如图14所示，X、Y、Z三点必在一直线上。

例8.三角形的垂心(三条高的交点)，重心(三条中线的交点)，外心(三条垂直平分线的交点)共线。(叫做Euler线)

已知：三角形?ABC，其垂心为H，重心为G，

AAO2BZC'O3A'CYB'XO1图14外心为O。求证：H、G、O共线。

证法1：

EHGBD图15OC思考方法：连接HG并延长与BC的中垂线交于O，连接OE，则只要能证明OE⊥AC即可。

由于BH⊥AC，所以只要证明BH//OE即可。为此需证明?HBG??GEO。这又需要证明

?BGH∽?EGO。

证明这两个三角形相像，利用角是不行的。由于另外两组角都是要证明的。所以我们考虑证明?BGH，?EGO的夹边成比例AG。

其中BG，EG在中线BE上，所以显然有

BG2HG2?。因此需证明?。这两EG1OG1边之比从?BGH，?EGO中是无法证明白，于是考虑以它们为边的另外两个三角形

?AHG与?DOG。这两个三角形由于AH//OD，可知是相像的，而另两边正好是中线

AD被重心所分成的两部分，所以

AG2HG2?∴?问题得到解决。DG1OG113

证明：连接HG交BC的中垂线DO于O。连接OE，AH//OD∴?AHG∽?DOG∴

HG2BG2HGBG?。又?∴?∴?BGH∽?EGO∴?HBG??GEO。OG1EG1OGEG∴BH//OE。但BH⊥AC，∴OE⊥AC∴O是?ABC的外心∴H、G、O三点共线。

证法2：在?ABH及?EDO中，∵AB//ED，AH//EO，BH//DO。即?ABH及?EDO三组对应边的交点共无穷远直线，根据德萨格(Desargues)定理的逆定理知：AE、BD、HO必交于一点。

但BD与AE为?ABC的两条中线，∴其交点G必为?ABC的重心。今H为

?ABC的垂心，O为外心，G为重心。∴H、G、O三点共线。

分析：三角形“三心〞共线问题是初等几何中十分重要而且有用的命题之一。证法1用的是初等几何的知识证明的，思考过程繁杂，牵扯到两对三角形的相像，不易想到，但在证法2中应用德萨格(Desargues)定理的逆定理来证明，只需找到透视三角形，利用它们的透视轴无穷远直线即可证，思路明了，简单而巧妙，大大简化了思考的过程。

(三)德萨格(Desargues)定理在求轨迹问题上的应用

例9.设有一变动三角形，其三边通过共线的三定点，其二顶点分别在二直线上移动，求第三顶点的轨迹。

ORDFEmCQPBnAt如图16，点P、Q、R是直线t上的三个定点，?ABC是一变动三角形，顶点A、B分别在定直线m、n上移动，且m、n交于点O。?ABC的三条边AC、AB、CB的延长线分别通过R、Q、P。

求当顶点A、B分别在定直线上m、n上移动时，第三个顶点C的轨迹。

图16解：连接OC，设当A、B分别在m、n上移动到D、

E时，C移动到F，即三角形?ABC移动到三角形?DEF，AB交DE于Q，BC交EF于P，AC交DF于R，三点在定直线t上，由德萨格(Desargues)定理的逆定理可知：O、C、F共线.所以点F在直线OC上，即C点的轨迹是过O点的一直线。

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(四)德萨格(Desargues)定理在作图方面的应用

在现实生活中，我们往往会碰见这样的实际问题，譬如说我们需要挖三条从陆地一直延伸到海底的隧道，其中一条隧道既要通过某个城市，又要与另外两条隧道交于一点。由于另外两条隧道的交点有可能在茫茫的大海之中，为了提高效率，并且减少施工上的麻烦，这时就需要制定一个切实可行的方法来修建这三条隧道。因此，我们可以将其转化成为一个数学问题，即有关不可到达的点和直线的作图问题。

例10.如图17，过定点P作一条直线，使通过两条已知直线

?，?的不可到达的交点。

作法：如图18，任取直线束S，设束中两条直线交?于A、

C，交?于A'、C'，连接直线PC，PC'分别交直线束S的

第三条直线于B，B'，在三点形ABC与三点形A'B'C'中，对应顶点的连线共点S，根据德萨格(Desargues)定理可知，其三对对应边的交点共线，即?，?的不可到达的交点与P

点，Q点共线，所以直线PQ为所求的直线。

从上述例题我们可知，德萨格定理不仅仅能证明三点共线及三线共点问题，像例9这类条件或题设中涉及三点共线或三线共点的题目也可以考虑用德萨格(Desargues)定理及其逆定理解决。但是像例10这类没有明显与三点共线或三线共点有关的实际问题，事实上是可以用德萨格(Desargues)定理去解决的，关键就在于自主构造这个定理所需要的条件，对于一些图形比较繁杂的问题而言，亦须如此。这就要求我们必需对德萨格(Desargues)定理及其逆定理的构图特点进行熟练地把握及灵活应用。

(五)德萨格(Desargues)定理在设计中学几何命题方面的应用

1.平行四边形是初等几何里一个十分基本而且简单的图形，在中学几何课本中是学习完平行性后才专门介绍它的。平行四边形的出现，根据它的两组对边平行且相等

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的构图特点，与前面学习过的平行密切相关。在教学过程中，为了使之与前面已学的平行的概念紧凑联系，更好地把握平行四边形的图形特征，并加深对平行概念的理解及将平行渗透到基本图形中去，教师可以借助德萨格定理设计一系列相关的命题。例11.从德萨格(Desargues)定理出发，设计命题有：