德萨格定理在初等几何中的应用

摘要 ....................................................................................................................................... 2 Abstract . ................................................................................................................................ 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 参考文献 ............................................................................................................................. 18 致谢 ..................................................................................................................................... 19

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德萨格(Desargues)定理在初等几何中的应用

摘要： 德萨格定理在射影几何的基础里扮演着一个很重要的角色，而射影几何又是高等几何中的主要组成部分，因此德萨格定理亦是高等几何中的基础命题之一。德萨格定理主要研究的是三点共线或者三线共点的问题，而这个是初等几何中经常碰到的一类问题。用德萨格定理去解决此类问题及其派生出来的一系列相关问题，相对于初等的方法而言过程极其简便。因此，德萨格定理可以被应用到初等几何中的很多方面中去。并展示了高等几何在初等几何中的一些最根本的应用，全盘否决高等几何在初等几何中的无用之说。高等几何有助于我们更好地学习理解初等几何。由此体现了高等几何对初等几何的指导性意义。

关键字： 德萨格定理；高等几何；初等几；射影几何；指导性意义

The application of Desargues theorem in primary geometry

Abstract： Desargues theorem plays an important role in the foundation of projective geometry, then projective geometry is the major part of higher geometry, so Desargues theorem is also one of the basic propositions in higher geometry. Desargues theorem mainly investigates the problems about a total of three lines or three lines total points which are often seen in primary geometry. Comparing with primary methods, that using Desargues theorem to solve this kind of questions and some other related problems can make the process extremely simple. Therefore, Desargues theorem can be applied in many ways in primary geometry. It is also to show that some fundamental applications of higher geometry in primary geometry and to reject the view that higher geometry has nothing to do with primary geometry. The higher geometry is able to help us to study and realize the primary geometry better. Thus it points out the guidance of higher geometry in primary geometry.

Keywords：Desargues theorem；higher geometry；primary geometry；projective geometry guidance

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射影几何是高等几何中的主要组成部分，而德萨格(Desargues)定理则是射影几何中的基础定理之一，在射影几何中占有不可或缺的地位。发现德萨格(Desargues)定理的德萨格(Desargues)是17世纪法国著名的数学家，他1591年出生于法国里昂，1661年卒于同地。曾坐过牢，后来担任过法国军事工程师和建筑工程师。德萨格(Desargues)学习主要采取的是自学的方式，并主张学习了数学要把它用到实际中。德萨格(Desargues)奠定了空间射影概念的基础，使研究射影变换成为了可能，他的工作为射影几何打下科学的基础，在此方面具有创造性的成就，历史上把他当作这个学科的创始人。然而他的学术思想除了得到像笛卡尔，帕斯卡等少数人的欣赏之外，并没有广泛被人们所接受，直到1845年法国几何学家和数学史学家查理(Chasles)偶然得到他的著作的抄本，他的经典著作才为人们重视。究其原因，有两种说法：一是与他同期出现的解析几何更容易被接受；二是他的手稿晦涩难懂，并且引用了很多标新立异的名词，因此阻碍了他的学术思想的传播。他在射影几何中确立了很多重要的定理，其中以德萨格(Desargues)定理最为著名。德萨格(Desargues)定理能够使很多初等几何中的证明题的解法化难为易。下面就简单介绍其证明方法及其在初等几何中的一些应用。

一.德萨格(Desargues)定理及其证明

完整的德萨格(Desargues)定理的内容包括德萨格(Desargues)定理及其逆定理。 德萨格(Desargues)定理 如果两个三点形对应顶点的连线交于一点，则对应边的交点在一直线上。

德萨格(Desargues)定理的逆定理 如果两个三点形对应边的交点在一直线，则对应顶点的连线交于一点。

德萨格定理与其逆命题互为对偶命题。在射影几何中，存在重要的对偶原则，即：在射影平面里，如果一个命题成立，则它的对偶命题也成立。对偶原则是射影几何所特有的，在射影几何中占有重要地位，证明一个定理的同时，它的对偶命题也得到证明，起到事半功倍的作用。

注：在平面内不共线的三点，将其每两点连线所得到的图形叫做三点形；平面内不共点的三直线与其每两直线的交点所组成的图形叫三线形。其实，三点形和三线形是同一种图形，它们都含有不共线的三点，我们把它们叫做顶点，都含有不共点的三条直线，称作边。

定义1. 如果两个三点形的对应边交点共线，则这条直线叫做透视轴。如果两

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个三点形的对应顶点连线共点，则这个点叫做透视中心。

德萨格(Desargues)定理是射影平面上的重要定理，也是基础定理之一，许多定理都以它为根据，它的证明方法也是多种多样的，下面重点介绍其四种常见的证明方法。

第一种证明方法

第一种证明方法用的是初等的证明方法。分别从两种情况考虑，一种是两个三点形是共面的情形，另外一种是两个三点形是异面的情形。异面的情况比较容易证明，只需利用线面关系，点线关系与点面关系，即可知三点同时落在两个平面的交线上，则命题得证。共面的情况稍稍复杂一些，需要借助已知平面外的一点再构造一个三点形，再根据线面关系，点线关系与点面关系，即可证三点就在已知平面与新构造的三点形所张成的平面的交线上。具体过程如下：

设有三点形ABC和A'B'C'，它们的对应顶点连线AA'，BB'，CC'交于一点O，其对应边的交点为BCB'C'X，CAC'A'Y，ABA'B'Z，证明：X、Y、Z在一直线上。

证明：下面分两种情况证明X、Y、Z在一直线上。

情况一：三点形ABC和A'B'C'分别存在于两个不同的平面和'上，如图1。

因为BB'CC'O，所以

B，C，B'，C'和O共面，二直线

BC和B'C'必相交，交点X在平面

和'的交线上。

同理，CA与C'A'相交，A'B'与AB也相交，且相应的交点Y、Z都

在二平面和'的交线上。

因此X，Y，Z三点共线。

情况二：三点形ABC和A'B'C'在同一平面内。

如图2，通过O作不在平面内的直线l，在直线l上任取两点L和L'，且不与

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O点重合。

因为AA'LL'=O，所以A、A'、L、L'共面，L'A'与LA相交，记为

LAL'A'A''

同理，

LBL'B'B''

LCL'C'C''

三点形A''B''C''所在的平面与平面不同(例如A''不在内)。

由于三点形LBC与L'B'C'不同在一平面内，LL'，BB'，CC' 都通过点O，

BCB'C'X，CLC'L'C''，BLB'L'B''，由1可知X，C''，B''共线，也就是

说，X在平面A''B''C''所决定的平面内，但X在平面内，则X在两个不同的平面

A''B''C''与平面的交线上。

同理可证Y、Z也在平面与平面A''B''C''的交线上，所以X、Y、Z都在平面与平面A''B''C''的交线上，于是X、Y、Z共线。

第二种证明方法

第二种方法也用的是初等几何的方法，而且同样也是分成两种情况来证明，共面与异面的情况。与第一种方法相比，在证明共面的这种情况时，证法大同小异，但在证明异面的时候，方法大相径庭，仅用了梅涅劳斯定理及其逆定理(此定理是证明三点共线的其中一个著名的定理)，找到线段比值之乘积即可，不用再构造新的平面，牵扯到空间中的问题，只用在一个平面内就可将问题解决。过程与思路比第一种方法更明了。以下是具体过程：

(一) 预备知识

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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'，如果它们对应顶点的连线AA'，BB'，CC'通过一个点S。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：P、Q、R三点在一直线上。

证：分两种情况，第一种ABC和A'B'C'在两个不同的平面内，此种情况的证明方法与第一种证明的方法类似，就不再赘述；第二种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。

SARBPCQ••1 RBPCQAABC的每一边与交点S构成三个三角形，即B'SBC，SAC，SAB。

PA'AC'SBC被直线B'C'Q'所截，SAC被直线C'A'P所截，SAB被直线B'A'R所截，由梅涅劳斯定理B可得：

BQCC'SB'1，

QCC'SB'BRCQ图3CPAA'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.1 QCPARB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个性质，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'的中心射影使设HO是O到直线的距离，AA'，BB'，CC'，DD'。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，如果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

***，x2，x3)，如果不指明是固定不变的，解析点及其坐标以附加*号表示，例如X*(x1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：因为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'*。

，Z'*共线的点，两Y*Z*应该是Y*，Z*共线的一个点，但Y'*Z'*又是与Y'*

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点相同就表示它应该是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*。又因为

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，过程也非常的简便。

例2.ABCD是四面体，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，又因为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，又因为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

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

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： 本题的证法一用的是初等几何的方法，思考过程复杂，涉及到很多点、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，过程相当简洁，没有渗入太多繁琐的推理，解法明了易懂，大大体现了德萨格(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找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分别是AD、AB、BC、CD边上的中点，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。

图9APEOHQDGCFB分析：在本题的解法中，我们选择的透视轴是一条无穷远直线，这种情况是时有发生的，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，因为对应顶点的连线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M，所以N、L、M共线。

图10BMMNAFEO

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，因为对应顶点的连线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:：本题是例4与例5 的一般情况，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殊位置时的情况，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试证 AA'、BB'、CC'，AB与A'B'，BC与B'C'，CA与C'A'三个交

ZO1XC'A'图13B'YO2O3ACB点必共线.。 证明：

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第一种情况：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。 第二种情况：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。

因为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似，利用角是不行的。因为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中是无法证明了，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，可知是相似的，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 ∴BGH∽EGO ∴HBGGEO。 。 又 ∴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非常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，思考过程复杂，牵扯到两对三角形的相似，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，思路清晰，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，我们往往会碰到这样的实际问题，比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。因为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，对于一些图形比较复杂的问题而言，亦须如此。这就要求我们必须对德萨格(Desargues)定理及其逆定理的构图特点进行熟练地掌握及灵活应用。

(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非常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密联系，更好地掌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：

平行四边形ABCD的对角线AC上取一点P，过P作二直线分别交AD、BC于E、F，交

BGAEDHPAB、CD于G、H，则EG//FH。(图19)

F图19C2.在三角形中的过定点问题对于学生来说是一类比较难掌握的问题，因此需要加强这方面的训练。其中很多证明题的来源命题都可以用德萨格定理设计，由此教师不必再为找不到合适的题目担心。

例12. 如图20，设A、B、C为不共线的三点，P是过C的定直线上的一动点，AP与BC交于X，AC与BP交于Y，则XY通过AB的一定点。 三.总结

通过前面的阐述和各类例题可以看出，在应用德萨格(Desargues)定理解决一些初等几何中的问题时，相对于初等几何的方法而言，做法极为简便，起到化难为易的作用，充分体现了高等几何对初等几何的鲜明的指导性和应用性特征，使我们看到，在初等几何中，应用高等几何的方法去处理问题是一种有效而广泛的做法，运用高等几何原理去解决初等几何问题，非常简捷与方便。

发现高等几何与初等几何之间存在的一种内在的联系，了解初等几何在几何学中所处的战略性地位，能够将自己在几何学方面的眼界拓宽，也同样便于我们从几何学的全局和整体去理解分析初等几何的教材，获得并提高自己驾驭教材的本领，就能更透彻的理解很多在初等几何中的问题，使自己犯错误的可能性大大降低。掌握了高等几何，让我们能更深刻的理解初等几何，对处理初等几何问题的能力也会大大增强，

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AE图20CXDBYPFrH同时也能增强我们的数学思维能力和空间想象能力。有了高等几何的基础，能更好地帮助我们挖掘初等几何的内涵，并将其拓展、丰富。

特别地，作为一名师范生或一名在职的老师，高等几何的学习并不是没有什么用处，相反用处会更大一些。只要你在学习与教学中足够用心，刻苦钻研，就能够很好的把高等几何的知识运用到初等几何中去，服务于解题，服务于教学。

因此，高等几何对初等几何的影响是非常之大的，想要教好初等几何，就不能仅仅只懂初等几何，只有高瞻远瞩，富有开拓精神，勇于打开自己狭小的眼界，丰富自己的思路，才能更好的把握初等几何。

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参考文献

[1] 王兵. 几何学的思想与方法 [M]. 济南：山东大学出版社，2009.6. [2] 张景中. 几何新方法和新体系 [M]. 北京：科学出版社，2009. [3] 言川. 中学几何证题的思考方法 [M]. 太原：山西人民出版社，1980.5. [4] 钟集. 高等几何 [M]. 北京：高等教育出版社，1983.3.

[5] 陈志杰. 高等代数与解析几何 [M]. 北京：高等教育出版社，2000.6. [6] 乐嗣康. 几何的证题与作图 [M]. 杭州：浙江人民出版社，1980.10.

[7] 梅向明，刘增贤，王汇淳，王智秋. 高等几何 [M]. 北京：高等教育出版社，2008.4. [8] 沈纯理，陈咸平，黄荣培，廖蔡生. 经典几何 [M]. 北京：科学出版社，2004. [9] 罗崇善，庞朝阳，田玉屏. 高等几何 [M]. 北京：高等教育出版社，2006.5 [10] 崔萍，徐淑华. 指导与应用：高等几何与初等几何的关系辨析 [N]. 曲靖师范学院学报，2010.11. 第29卷 第6期

[11] 贺功保，叶美雄 三角形的五心 [M] 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.4.

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致谢：

《德萨格定理在初等几何中的应用》这篇论文从选题到文章有关知识的查询和论文地撰写，***老师都做了细心的指导，并提出了宝贵的建议。感谢***老师在这篇论文中给出的指导！

《德萨格定理在初等几何中的应用》这篇论文的完成也与****大学数学系各位老师这四年的教导有关。通过他们四年的教导，我才有一定的数学专业基础来完成这篇论文。所以要感谢****大学数学系的各位老师！

某某 二零一二年于*****大学

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