Я уже писал о том, что некоторые проективные вещи и утверждения верны и в пространстве. Вот пример задачи на них.

Даны скрещивающиеся прямые m₁, m₂, m₃, m₄. Оказалось, что существует прямая, которая их пересекает.
(!) В общем случае найдется ещё хотя бы одна такая прямая

(Нет я не вышел с отпуска, просто щас начнется небольшое веселье с кониками и квадриками)

Начнем-ка небольшую серию постов про коники, завязанную на моей курсовой

Пусть A₁A₂...A₂ₖ – это 2k-угольник Понселе на КОМПЛЕКСНОЙ проективной плоскости, вписанный в конику К и описанный около коники Г.
(!) Прямые AᵢAᵢ₊ₖ
пересекаются в одной точке, причем эта точка не зависит от выбора A₁ на К

(Выше картинка для восьмиугольгика)

А на эту лемму есть вот такая прикольная задача с финала ЮМТ. Надо доказать, что вот такое отношение не зависит от выбора шестиугольника понселе. Ну и конечно обобщается на 2n-угольник.

Задача для начинающих

На прямой взяли произвольные точки A, B и C. Точки X и Y таковы, что треугольники ABX и BCY равнобедренные (как на рисунке). Точка Z дополняет треугольник BXY до параллелограмма.
(!) Треугольник ACZ тоже равнобедренный

Красивая задача от Петра Кима

(Рыжие прямые – касательные, одна из которых параллельна левой стороне, а другая проведена из точки пересечения полувписанной окружности с нижней стороной)
(!) Голубая окружность касается стороны

Забавный факт, который я раньше не знал

Произвольный оранжевый треугольник вписан в фиолетовый треугольник. Точка P – его точка Микеля (точка пересечения чёрных окружностей на рисунке), точка Q ней изогонально сопряжена.
(!) Центр описанной окружности оранжевого треугольника равноудалён от P и Q

Обобщение задачи выше, которое возникло во время обсуждения в чате канала

Оранжевые точки X, Y, Z на сторонах – произвольные. Внутри треугольника выбрана произвольная зелёная точка. Синие точки X', Y', Z' симметричны точкам X, Y, Z относительно перпендикуляров к сторонам треугольника, проведённых из зелёной точки. Точки P и Q получаются путём пересечения соответствующих окружностей (см. рисунок).
(!) Точки P и Q равноудалены от зелёной точки

(!) Если X, X', Y, Y', Z, Z' лежат на одной окружности (то есть зелёная точка – её центр), то точки P и Q изогонально сопряжены (получается задача из предыдущего поста)

Забавная (и не счётная) задача

У треугольника на рисунке радиус вписанной окружности 1, площадь S, а нижняя сторона x.
(!) IX = ... (выразить через S и х)

Квадрики в CP³, лемма Соллертинского и необычное доказательство теоремы Брианшона

Часть 1

(Картинка будет лишней; необходимую теорию про коники и проективку скоро сделает Макс, возможно, новичкам будет легче после его поста)

С кониками связано достаточно много теоретических фактов. Но что можно сказать о квадриках в пространстве?

Будем считать, что мы живем в комплексном трехмерном пространстве CP³ (это важно, потом объясню почему) с введёнными на ней однородными координатами [x₀ : x₁ : x₂ : x₃]. Квадрикой называется множество таких точек, что F(x₀, x₁, x₂, x₃) = 0, где F – однородный многочлен степени 2, от 4 переменных с комплексными коэффициентами. Вопрос: какие есть свойства у таких кривых?
Нас будут интересовать невырожденные квадрики. Тут я буду надеяться на ваше интуитивное понятие того, что это такое. Например, сфера является невырожденной квадрикой, конус и пара плоскостей – вырожденные (у конуса есть "особая" точка – вершина).

Часть 2

Начнем мы с того, что любую комплексную квадрику можно сменой базиса координат свести к виду x₀x₃ = x₁x₂. Это следует из известной теоремы из линейной алгебры о том, что любую невырожденную квадрику над C можно свести к уравнению x₀² + x₁² + x₂² + x₃² = 0. И тут мы пользуемся комплексностью -- над R не всегда так можно.

Отметим, что, как в плоскости, у любой точки можно взять поляру относительно любой квадрики: пусть Q квадрика, A точка, тогда основания касательных из A к Q лежат в одной плоскости, которая высекает на Q конику. Отметим, что если l – прямая, то всевозможные поляры относительно Q точек на l проходят через некоторую прямую m, которая называется полярой прямой l относительно Q.

Таком виде квадрики также можно заметить следующее. Рассмотрим прямые вида tx₀ + x₁ = tx₂ + x₃ = 0, px₀ + x₂ = px₁ + x₃ = 0, где t, p некоторые параметры. С помощью подстановки несложно проверить, что они целиком лежат на нашей квадрике x₀x₃ = x₁x₂. А теперь можно заметить, что ЛЮБЫЕ 2 прямые одного семейства не пересекаются, а ЛЮБЫЕ 2 прямые разных семейств пересекаются, и если через данную точку провести касательную плоскость в ней к квадрике, то эта плоскость пересечет квадрику по двум прямым – одна лежит в одном семействе, вторая – во втором. Прямым вычислением можно проверить, что любая прямая на квадрике принадлежит одному из этих семейств.

Итог:
На любой невырожденной квадрике есть ровно два семейства прямых на ней, причем:
1. Любые две прямые одного семейства не пересекаются.
2. Любая прямая одного семейства пересекается с любой прямой другого семейства.
3. Через любую точку A на квадрике проходит ровно 1 прямая каждого семейства, причем две такие прямые на квадрике, проходящие через эту точку, лежат в плоскости, которая касается этой квадрики в точке A.

Напомню, что прямая (ab) касается квадрики Q, где a лежит на Q, если многочлен F, суженный на (ab) (получится однородный многочлен степени 2 от двух переменных) имеет кратный корень или тождественный ноль; множество b таких, что (ab) касается Q -- это плоскость (в общем случае, если квадрика невырожденная, т. е. гладкая).

Отсюда можно понять, что верен пространственный аналог леммы Соллертинского:

Пусть l, m – две скрещивающиеся прямые в пространстве, ф: l -> m – проективное отображение. Тогда, прямые вида Aф(A) в объединении образуют квадрику, проходящую через l, m. Обратно – любая квадрика так получается.

Можно сказать иначе. Пусть задано проективное отображение g из пучка плоскостей через l в пучок плоскостей через m. Тогда прямые всевозможных пересечений плоскостей π и g(π) образуют квадрику, проходящую через l, m.

А теперь, можно заметить такой факт: пусть l₁, l₂ – две скрещивающиеся прямые. Пусть l₀ – другая скрещивающаяся с ними прямая. Пусть x – произвольня точка на l₀. Пусть плоскость, проходящая через x, l₁ пересечет l₂ в точке x₂, а плоскость, проходящая через x, l₂ пересечет l₁ в точке x₁. Тогда отображение x₁ -> x₂ проективно, в частности, (x₁x₂) образуют квадрику.

Собственно, так задача про четыре прямые m₁, m₂, m₃, m₄, которую я постил раньше, получается в секунду: можно рассмотреть пару (m₂, m₃) и применить это рассуждение к этой паре и прямой m₁, а потом и к прямой m₄.

Пространственный Брианшон.
Порой, пространственные аналоги утверждений оказываютя проще исходных. И это тот самый случай.

Пусть Q – квадрика, а m₁, m₂, m₃ – прямые одного семейства на ней, l₁, l₂, l₃ – прямые второго семейства на ней. Пусть l₁ пересекает m₁, m₂ в точках A, B. Пусть l₂ пересекает m₂, m₃ в точках C, D. Пусть l₃ пересекает m₃, m₁ в точках E, F. Тогда прямые AD, BE, CF пересекаются в одной точке.

Несмотря на загадочную формулировку, утверждение очевидно – достаточно заметить, что прямые AD, BE, CF попарно пересекаются и не лежат в одной плоскости. Отсюда, они обязательно пересекаются в одной точке.

А теперь задача Вам.
Докажите теорему Брианшона, используя ее пространственную версию.

Указание. Пусть A точка, Q квадрика. Спроецируем Q на поляру точки A из точки A. Что в таком случае произойдет с прямыми на Q?

Прикольная, не очень сложная задача

(!) Пунктирная окружность касается описанной

И ещё более простая задача, полезная как лемма на точку Микеля

Красивая задача

Из вершины треугольника проведены касательные к его окружности Эйлера.
(!) Точки касания и точка пересечения касательной к описанной окружности треугольника (в этой вершине) с противоположной стороной лежат на одной прямой

Точки P и Q изогонально сопряжены в фиолетовом четырёхугольнике.
(!) Пунктирный угол прямой

Поздравляю всех прекрасных девушек и замечательных парней с 8 марта!

Пусть X – произвольная точка на лемнискате Бернулли. А прямая AB – её ось симметрии.
(!) |β - α| = 90⁰

Лемнискатой Бернулли называется ГМТ Х таких, что произведение расстояний от них до двух заданных точек (фокусов) постоянно и равно квадрату половины расстояния между фокусами.

Задача нормально решается алгебраически, но так же имеет и геометрическое решение. Оказывается, при инверсии в центре симметрии лемнискаты Бернулли она переходит в равнобокую гиперболу.

Задача для начинающих aka факт с доклада на кружочке в 179 школе. Рекомендую посмотреть запись доклада целеком, а ещё лучше САМОМУ ПРИЙТИ на какой-нибудь интересующий Вас доклад, узнать что-то новое и почувствовать вайб таких докладов (чаще они даже не по геометрии).

На описанной окружности треугольника ABC выбрана произвольная точка A₁. Точки B₁ и C₁ на той же окружности таковы, что AA₁ ∥ BB₁ ∥ CC₁.
(!) Перпендикуляры из A₁ на BC, из B₁ на AC и из C₁ на AB пересекаются в одной точке X на (ABC)
(!) Прямая Симсона точки Х параллельна AA₁