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.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?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∩IJH=p∩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↔F, P↔P y QA∩EF↔QB∩EF. La proyección de Q, obtenemos un único involución tal que QE↔QF, QA↔QB y QP↔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.
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),K=(BZ)(CY)andM=(CX)(AZ)are collinear
Aplicar una vez más,
I=(AB)(XY),L=(BC)(YZ)andM=(CX)(AZ)are collinear
También vemos que el △ABC △XYZ tienen un centro de perspectiva en P, por lo que mediante la aplicación de Desargues Teorema, tenemos
I=(AB)(XY),L=(BC)(YZ)andN=(CA)(ZX)are collinear
Pero los triángulos, △AYC △XBZ también tienen un centro de perspectiva en P, y por lo tanto podemos aplicar el teorema de Desargues de nuevo.
J=(AY)(BX),K=(BZ)(CY)andN=(CA)(ZX)are collinear
Combinig de estos resultados, se obtiene,
J,K,M,NandI,L,M,Nare collinear
Finalmente,
I,J,K,L,M,Nare collinear