根轴

根轴
定义
在平面上任给两不同心的圆，则对两圆圆幂相等的点的集合是一条直线，这条线称为这两个圆的根轴。

根轴方程
设两圆O1,O2的方程分别为：
(x-a1)^2+(y-b1)^2-(r1)^2=0(1)
(x-a2)^2+(y-b2)^2-(r2)^2=0(2)
由于根轴上任意点对两圆的圆幂相等，所以根轴上任一点(x,y),有
(x-a1)^2+(y-b1)^2-(r1)^2=圆幂=(x-a2)^2+(y-b2)^2-(r2)^2
两式相减，得根轴的方程(即x,y的方程)为
2(a2-a1)x+2(b2-b1)y+f1-f2=0
其中f1=(a1)^2+(b1)^2-(r1)^2,f2类似。

解的不同可能
(1)(2)连立的解，是两圆的公共点M(x1,y1),N(x2,y2)
如果是两组不等实数解，MN不重合且两圆相交，根轴是两圆的公共弦。

如果是相等实数解，MN重合，两圆相切，方程表示两圆的公切线。

如果是共轭虚数解，两圆相离，只有代数规律发挥作用，在坐标系内没有实质。

称M,N是共轭虚点。

相关定理
1，平面上任意两圆的根轴垂直于它们的连心线；
2，若两圆相交，则两圆的根轴为公共弦所在的直线；
3，若两圆相切，则两圆的根轴为它们的内公切线；
4，蒙日定理（根心定理）：平面上任意三个圆心不共线的圆，它们两两的根轴或者互相平行，或者交于一点，这一点叫做它们的根心；
笛沙格定理
笛沙格定理
1、笛沙格同调定理（同调三角形定理）Desargues' Homology Theorem (T heorem of Homologous Triangles)
平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C 和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线。

相异平面上有两个三角形△ABC、△DEF，设它们的对应顶点（A和D、B和E、C和F）的连线交于一点，这时如果对应边或其延长线相交，则这三个交点共线。

P.S:其逆定理也成立
笛沙格对偶定理Desargues' Involution Theorem
一条直线与一个完全四点形*的三双对边的交点与外接于该四点形的圆锥曲线构成一个对合的四个点偶. 一个点与一个完全四线形*的三双对顶点的连线和从该点向
内切于该四线形的圆锥曲线所引的切线构成一个对合的四个射线偶合.
一个完全四点形（四线形）实际上含有四点（线）1，2，3，4和它们的六条连线交点23，14，31，24，12，34；其中23与14、31与24、12与34称为对边（对顶点）.
笛沙格研究了两空间笛沙格构图成透射时的透射比问题,它是继两空间笛沙格构图成透射的条件及透射定位参数的确定问题之后,针对透射参数的研究.在过去研究工作基础上,运用几何分析方法,得到了求两空间笛沙格构图成透射时的透射比的计算公式,给出精确计算结果.将两空间笛沙格构图成透射的参数补齐.得到的透射比公式中
含有耦合配位三角形中的几何关系,使透射比的表达更加简明.
Pascal 定理和Pappus 定理
上面所讨论的是六点共在一二次曲线上的坐标代数条件式。

很自然地我们还应该研讨六点共在一二次曲线的几何条件究竟是什么？这也就是著名的 Pascal定理。

Blaise Pascal (1623-1662) 英年早逝，他在少年时代曾着有一本圆锥截线的小册子，可惜当年印份极少，很早就连孤本也找不到了。

但是 Leibniz 说他早年曾经拜读过，还记得其中有下述这个美妙的定理，即在一个圆锥截
线Γ上任取六点{A1,A2,A3; B1,B2,B3}，如 [图 8-11] 所示，令,
, ，则恒有{P,Q,R}三点共线。

[ 图 8-11 ]
但是 Leibniz 说他已经不记得 Pascal 在书中所给的证明了，所以我们现在只能从 Pascal 当代的几何认知环境来作一种合情合理的探讨与推测。

早在纪元三世纪末，Pappus 的几何著作中即已出现下述命题，即如 [图 8-12] 所示，设
{A1,A2,A3}, { B1,B2,B3}是分别在和上的三点组。

令,
, ，则{P,Q,R}三点共线。

[ 图 8-12 ]
可惜这样美妙的命题乃是仅仅以一个习题形式出现而并没有在书中给以论证，显然 Pappus 和当代的几何学家们是知道如何证明上述命题的。

他们当时究竟是怎么证的呢？却又是一个有待探讨与推测的「证法考古题」。

现在让我们先来探讨 Pappus 定理的古证理当如何。

由于这个命题是以习题形式出现，我们相信它是能够以当年熟知的几何定理推导出来的。

回顾当年有关的几何定理，其中就只有 Menelous 逆定理是以「三点共线」为其结论者，所以我们可以想到当年大概是要运用 Menelous 逆定理来证明 Pappus 定理。

我们先重温 Menelous 定理和其逆定理（详见第二章例题）：
【Menelous定理和逆定理】：设直线与三边所在之直线AB, BC, CA分别相交于P,Q,R相异三点，则下述有向长度比之乘积恒等于-1：
反之，若相异三点P,Q,R分别在三边AB, BC, CA之上并满足上面有向长度比的条件式，则P,Q,R三点共线。

[ 图 8-13 ]
现在让我们运用 Menelous 定理和逆定理来证明 Pappus 定理。

就命题的图形所给的八条直线，我们可以就地取材，选取其中三条分别过P, Q, R者来构成一个三角形，然后再对于其余五条直线运用 Menelous 定理。

如 [图 8-14] 所示，我们选取了A1B3,
A2B1, A3B2来构成。

[ 图 8-14 ]
对A1B2运用Menelous 定理：
因, , ，所以：
对A2B3运用Menelous 定理：
因, , ，所以：
对A3B1运用Menelous 定理：
因, , ，所以：
对运用Menelous 定理（然后颠倒）：
因, , ，所以：
对运用Menelous 定理（然后颠倒）：
因, , ，所以：
现将上面所得的五条等式相乘起来，便会发现有很多项能够互相抵消，最后便可得出下面等式：
运用 Menelous 逆定理，即知P, Q, R三点共线，Pappus 定理证毕。

接着让我们来探讨 Pascal 当年的证明究竟有那种合情合理的可能性。

首先，他当然熟知 Pappus 定理，而且也知道对于 Pappus 定理的上述证法。

再者，他所要证明者，其实就是 Pappus 定理在非蜕化锥线的推广。

如 [图 8-15] 所示，Σ, 分别是圆锥Γ和两个平面Π, 的截线，
而且是一个圆。

令{A1',A2',A3'; B1',B2',B3'}是上的相应六点使得{O,A i,A i'}和{O,B i,B i'}皆为共线三点组。

[ 图 8-15 ]
令, , 。

不难看到{O,P,P'},
{O,Q,Q'}, {O,R,R'}也都是共线三点组。

所以{P',Q',R'}三点共线的充要条件乃是{P,Q,R}三点共线。

由此可以想到，Pascal 当年想要证明者，其实可以归于圆的情形去加以证明的。

换句话说，只要能够把它对圆的「特殊情形」加以证明，则「一般情形」的证明就可以运用上述透视对应加以推论而得！按照 Pascal 当代的几何认知来判断，上面这种运用圆锥截线「与生俱来」的透视对应把 Pascal 定理的证明归于圆的情形加以论证的想法是相当自然的。

总之，只要有了这个想法，就自然会同样地去构造在 Pappus 定理的古证中那个分别含有P',Q',R'于其三边之上的那个
三角形，如 [图 8-16] 所示的。

[ 图 8-16 ]
把 Pappus 定理中所用的 [图 8-16] 和 [图 8-14] 相比较，其差别是前者除的三边之外尚有五条直线而后者则尚有三条直线和一个圆。

我们当然可以先对这三条直线运用 Menelous 定理，即得
相乘之后再重组，其所得为
把上式和 Menelous 逆定理中的条件相比，上式左侧多了一个
在此，自然会想到应该运用圆的几何性质去证明它恒等于 1 。

其实，如 [图 8-17] 所示，由圆周角相等易见
[ 图 8-17 ]
和相似，所以。

同理即得
这样就可以证得P',Q',R'三点共线，再用透视对应即可证得P,Q,R三点也共线。

由上面这一段分析和探讨来看，我们相信 Pascal 当年的证法，大致应该如此。

[注]：（一）Pascal 定理不但提供了六点共在一锥线的充要条件的几何表述，而且也提供了描绘那个五点所定的锥线的点线作图法。

[ 图 8-18 ]（二）锥线的几何本质乃是圆的透视
投影。

由此可见，关于圆的任何一个在「透视投影之下保持不变」的几何性质，当然也是任给锥线所共有的几何性质。

上述 Pascal 定理只是其中之一，当然它是其中极为重要的锥线特征性质；
其它各种各样的锥线的透视投影不变的共性，都可以用它来加以推导。

（三）Pappus 定理当年在 Pappus 的著作中，仅仅以习题形式出现，究其原因，大概是当代的几何学家们认为它只是一个美妙的命题而已；它在「当时」的几何体系中，并没有基本的重要性。

其实 Pappus 定理的深刻蕴涵，一直到了十九世纪后半在射影几何学的研讨中，才展现出它的基本重要性。

它乃是整个射影几何的基本定理 (fundamental theorem of projective geometry) 。