Polares de un punto con respecto a un círculo no dependen de los secantes elegidos para dibujar.

Question

Considere la posibilidad de un círculo y un punto. Para encontrar la polar dibujamos dos secantes y encontrar la diagonal puntos. A continuación, la polar es la línea que une los otros 2 diagonal puntos. Esta es la definición proyectiva de un polar. Pero, ¿cómo sabemos que la polar del punto rojo es independiente de la 2 secantes/acordes elegido para dibujar? Probando esto de un círculo será suficiente para demostrar que su verdadero para un general cónica debido a la colinealidad y la concurrencia se conservan en una transformación proyectiva.

Answer 1

Considere la siguiente figura, donde la línea de $p=QG$ es la polar de $P$ respecto a la cónica obtenida con el azul quadrilater $ABCD$. Deje $IJEF$ un segundo quarilater y deje $K=p\cap IJ$$H=p\cap EF$. Tenga en cuenta que las líneas $QA$, $QB$, $QP$ y $QG$ forman un armónico grupo.

Desargues' Involución Teorema. Los puntos de intersección de una recta con los tres pares de lados opuestos de un cuadrilátero completo y una sección cónica circunscrita sobre el cuadrilátero forman cuatro pares de una involución.

Por Desargues' Involución Teorema, aplicado a la quadrilater $ACDB$ y la línea de $EF$, existe una y sólo una involución tal que $E\leftrightarrow F$, $P\leftrightarrow P$ y $QA\cap EF\leftrightarrow QB\cap EF$. La proyección de $Q$, obtenemos un único involución tal que $QE\leftrightarrow QF$, $QA\leftrightarrow QB$ y $QP\leftrightarrow QP$. Desde el grupo $QA$, $QB$, $QP$, $QG$ es armónico, esta involución corrige $QG$. Por consiguiente, el grupo $QP$, $QH$, $QE$, $QF$ es armónico y, por tanto, $PHEF$ es armónico. Del mismo modo, considerando la línea de $IJ$, en lugar de $EF$, el grupo de $PKIJ$ es armónico así.

Desde el grupo $LP$, $LM$, $LE$, $LF$ es armónico, debemos tener $LM=HK=p$, lo que demuestra que $p$ no depende de la elección de la quadrilater.

Answer 2

Queremos mostrar que los puntos de $I,J,K,L$ son colineales. Por eso, construimos algunos puntos extra, $M=(AZ)(CX)$$N=(AC)(XZ)$. Ahora vemos que $A,B,C,X,Y,Z$ son 6 puntos de una cónica y por lo tanto podemos aplicar Pascal del teorema! $$J=(AY)(BX) ,\quad K=(BZ)(CY) \quad \text{and} \quad M=(CX)(AZ) \quad \text{are collinear}$$ Aplicar una vez más, $$I=(AB)(XY) ,\quad L=(BC)(YZ) \quad \text{and} \quad M=(CX)(AZ) \quad \text{are collinear}$$ También vemos que el $\bigtriangleup ABC$ $\bigtriangleup XYZ$ tienen un centro de perspectiva en $P$, por lo que mediante la aplicación de Desargues Teorema, tenemos $$I=(AB)(XY) ,\quad L=(BC)(YZ) \quad \text{and} \quad N=(CA)(ZX) \quad \text{are collinear}$$ Pero los triángulos, $\bigtriangleup AYC$ $\bigtriangleup XBZ$ también tienen un centro de perspectiva en $P$, y por lo tanto podemos aplicar el teorema de Desargues de nuevo. $$J=(AY)(BX) ,\quad K=(BZ)(CY) \quad \text{and} \quad N=(CA)(ZX) \quad \text{are collinear}$$ Combinig de estos resultados, se obtiene, $$J,K,M,N\quad \text{and}\quad I,L,M,N\quad \text{are collinear}$$ Finalmente, $$I,J,K,L,M,N \quad \text{are collinear}$$