ここでは，ユークリッド幾何の問題を解くのに中心射影を利用する． 中心射影の理解が深まると思う．
中心射影
$f:\pi _1\to \pi _2$
は直線を直線にうつすのは分かり易いが， 円の像は一般には２次曲線です（右図）．
しかし，円の像が円になる場合もあります．
それは球面極射影です．
球面極射影とは
球面の北極を射影の中心$O$とする,球面$S$から 南極で接する平面$\alpha$への中心射影です．
球面極射影では次が成り立つ．
命題1
球面上の円(球面と平面の交線)の球面極射影による像は円か直線である．
証明
球を原点を中心とする半径$1$の球，射影の中心を北極$O(0,0,1)$，南極で接する平面$\alpha$ は$z=-1$である．

球面上の点$P(x,y,z)$の球面極射影による像を$Q(X,Y,-1)$とする．
直線$OQ$上に点$P$があるから
$(x,y,z)=(0,0,1)+t(X,Y,-2)$
$=(tX,tY,1-2t)$
$(x,y,z)$は
$x^2+y^2+z^2=1$
をみたすから
$(tX)^2+(tY)^2+(1-2t)^2=1$
$t\neq 0$より
$t=\dfrac{4}{X^2+Y^2+4}$
$\therefore (x,y,z)=\left(\dfrac{4X}{X^2+Y^2+4}, \dfrac{4Y}{X^2+Y^2+4},1-\dfrac{8}{X^2+Y^2+4}\right)$
$P(x,y,z)$が平面$ax+by+cz=d$上のとき
$4aX+4bY-8c=(d-c)(X^2+Y^2+4)$
である．したがって
$d=c$のとき，すなわち平面が射影の中心$O(0,0,1)$を通るとき球$S$と平面の交線である円の像は直線で
$d\neq c$すなわち平面が射影の中心$(0,0,1)$を通らないとき球$S$と平面の交線である円の像は円である．
逆に，平面$\alpha$上の任意の直線に対して直線が像となる平面$ax+by+cz=c$が存在するし(直線と$O$を通る平面)，
平面$\alpha $上に任意の円を与えたとき，その円が像となる平面が存在する．
実際$d-c=1$で
$X^2+Y^2+4=4aX+4bY-8c$
が与えた円となる$a,b,c$を求めればよい．

円の像が円となる中心射影が存在することが分かった．
中心射影
$f:\pi _1\to \pi _2$
を考えるとき，平面$\pi _1,\pi_2$は共に，無限遠点，無限遠直線を 考えます．無限遠点，無限遠直線を考えた平面を拡大平面といい, これが射影平面です．

ここで出てくる平面$\pi _1,\pi _2$は共に拡大平面ですが， ここでは平面とよびます．すなわち平面は拡大平面の意味で用いています．
問題を解くとき，無限遠点，無限遠直線が役に立つことが分かります．
無限遠点，無限遠直線の復習をしましょう．
各直線に無限遠点を加え，すべての無限遠点を通る直線が無限遠直線です．
右図の$O$を中心とする中心射影
$f:\pi_1\to \pi _2$
で，$O$を通り$\pi _2$と平行な平面と$\pi _1$との交線を$l_{\infty}$ (図では$l$になっている)，$O$を通り$\pi _1$と平行な平面と$\pi_2$ との交線を$m_{\infty}$(図では$m$になっている)とすると
$f$による$l_{\infty}$の像が$\pi _2$の無限遠直線で， $f$による直線$m_{\infty}$ の原像が$\pi _1$の無縁円直線である
$\pi _1$上の$l$上で交わる２直線の$f$による像は平行な２直線であり， $\pi _1$上で平行な２直線の$f$による像は$m_{\infty}$上で交わる．

さて，直線図形だけでなく， 円を円にうつす中心射影が存在することが分かりました．
問題を解決するとき，次の命題がしばしば用いられます．

命題2
$C$は平面$\pi$上の円で，点$A$は円$C$内の任意の点である．
このとき，平面$\pi$から適当な場所に置いた平面$\pi '$への中心射影で次の条件を満たすものが存在する．
$C$の像は円でかつ$A$の像は円$C$の像である円の中心である．

まず次の補助命題を証明する．
補助命題
$C$は平面$\pi$上の円で，直線$l$は$\pi$上の円$C$と交わらない直線である．
このとき，平面$\pi$から適当な場所に置いた平面$\pi '$への中心射影で次の条件を満たすものが存在する．
$C$の像は円でかつ直線$l$の像は平面$\pi '$上の無限遠直線である．

証明
平面$\pi$との交線が円$C$である球面$S$を作り，$l$を通り球面$S$ に接する平面を$\alpha$とする．
平面$\alpha$と球面$S$の接点を$O$とする．
線分$OO'$が球面$S$の直径となるよう$O'$をとり，$O'$を通る平面$\alpha$ に平行な平面を$\pi '$とする．
このとき，$O$を中心とする中心射影
$f:\pi \to \pi '$
が求めるものである．

命題2の証明
円$C$において点$A$を通る弦$PQ,RS$を引き，２直線$PR,QS$の交点を$B$, $PS,QR$の交点を$C$,直線$BC$を$l$とする．
円$C$を含む平面$\pi$から平面$\pi '$への中心射影で直線$l$ の像が無限遠直線で，円$C$の像が円であるものを作る（補助命題）.
円$C$の像を円$C'$とする．
この中心射影で
$P\mapsto P',Q\mapsto Q',R\mapsto R',S\mapsto S'$
とすると，$B,C$の像がそれぞれ無限遠点であるから，
$P'R'\parallel S'Q',P'S'\parallel R'Q'$
したがって，四角形$P'R'Q'S'$は平行四辺形．一方円に内接するから 四角形$P'R'Q'S'$は長方形であり，対角線の交点は外接円$C'$の中心である．
２直線$PQ,RS$の交点は２直線$P'Q',R'S'$の交点にうつるから，点$A$ の像は円$C$の像である円$C'$の中心である．

証明は通常
$AE=AF,BF=BD,CD=CE$
よりチェバの定理を用いて示します．しかしチェバの定理を用いず初等的に示そうとするとなかなかの難問です．
ここでは球面極射影を用いて解決します．

証明
$AD,BE$の交点を$O$とする．
$\triangle ABC$の内接円の像が円でかつその円の中心が 点$O$の像$O'$である球面極射影を考える． 命題２よりこのような球面極射影は存在する．
$\triangle ABC$の内接円の像は$\triangle ABC$の像$\triangle A'B'C'$ に内接するから$\triangle A'B'C'$の内接円である．さらに$O'$ は$A'D'.B'E'$の交点である．
一方，$BC$は円に$D$で接するから，$B'C'$は円に$D'$で接する．さらに，$A'D'$は円の中心$O'$を通るから
$A'D'\perp B'C'$
同様に$B'E'\perp C'A'$
したがって$O'$は$\triangle A'B'C'$の垂心でもある．
$O'$は$\triangle A'B'C'$の内心でありかつ垂心である．
内心と垂心の一致する三角形は正三角形であるので$\triangle A'B'C'$ は正三角形である．
正三角形$\triangle A'B'C'$では$A'D',B'E',C'F'$は１点で交わるから，$AD,BD,CF$が１点で交わることが示された．

例題１に中心射影を利用するというよりは，次の命題の証明に中心射影が用いられる．

命題3
$\triangle ABC$に楕円が内接している．内接する楕円と各辺$BC,CA,AB$との接点をそれぞれ$D,E,F$とする．
このとき 3直線$AD,BE,CF$は１点で交わる．

楕円の像が円になる中心射影（この頁の最初の図を参照）を用いて，円の問題に帰着させればよい．

例題2
四角形$ABCD$に円が内接し接点を$P,Q,R,S$とする．このとき四角形$ABCD$,四角形$PQRS$の対角線である$AC,BD,PR,QS$ は一点で交わる．

一般的な証明はニュートンの定理または岩田至康編　幾何学大辞典　124頁を参照．
いずれにしても簡単ではない．次の証明の方が分かり易い．

証明
$PR,QS$の交点を$O$とする．
四角形$ABCD$の内接円の像が円でかつその円の中心が 点$O$の像$O'$である中心射影を考える．
命題２よりこのような中心射影は存在する．
$A,B,C,D,P,Q,R,S$の像をそれぞれ$A',B',C',D',P',Q',R',S'$とする．
$P'R'\perp A'B',D'C'$より$A'B'\parallel D'C'$
同様に$A'D'\parallel B'C'$
したがって，四角形$A'B'C'D'$は平行四辺形．
さらに，四角形$A'B'C'D'$は円に外接するから
$A'D'+B'C'=A'B'+D'C'$
したがって，四角形$A'B'C'D'$はひし形である．
ひし形の内接円の中心は対角線の交点， すなわち$A'C',B'D'$の交点であり， 一方$P'R',Q'S'$の交点であるから，$A'C',B'D',P'R',Q'S'$は一点$O'$ で交わる．
中心射影で共点条件は保たれるから$AC,BD,PR,QS$は一点で交わる．

中心射影を用いて次の命題が得られる．
命題4
四角形$ABCD$に楕円が内接している．内接する楕円と各辺$AB,BC,CD,DA$との接点をそれぞれ$P,Q,R,S$とする．
このとき 4直線$AC,BD,PR,QS$は１点で交わる．

次に円の像は円とは限らない，一般の中心射影を用いて，幾何の問題を解こう．
前セクション§５でDesarguesの定理とPappusの定理を射影座標を用いて，解析幾何として扱った．
機械的な計算で誰でも簡単に証明できるという意味があるが， 図形的考察は希薄である．
２つの定理とも，初等幾何的証明はいろいろあるが (前出　幾何学大辞典　参照)いずれも簡単では ない．中心射影（無限遠直線を用いる）を用いると証明も 大分見通しがよくなる．

例題3(Desarguesの定義)
2つの三角形の対応する頂点を結ぶ３直線が１点で交わるなら，対応辺の 交点は１直線上にある．

証明
$\triangle ABC$と$\triangle DEF$の対応点を結ぶ直線の 交点を$O$とする．
２つの三角形の対応辺の交点を$P,Q,R$とする．
ここで直線$PQ$の像を無限遠直線とする中心射影を考える．
$O,A,B,C,D,E,F,P,Q,R$のこの中心射影による像を$O',A',B',C',D',E',F',P',Q',R'$ とすると
$P',Q'$は共に無限遠点であるから
$A'B'\parallel D'E',B'C'\parallel E'F'$
である．
したがって，
$O'A':O'D'=O'B':O'E',O'B':O'E'=O'C':O'F'$
より
$O'A':O'D'=O'C':O'F'$
したがって
$A'C'\parallel D'F'$
$A'C',D'F'$の交点$R'$は無限遠点であるから，$R'$は無限遠直線$P'Q'$上にある．
$P',Q',R'$が同一直線上にあるから$P,Q,R$も同一直線上にある．

Desarguesがどうのようにこの定理を導き出したかを知ることはできないが， 上記の右側の図をヒントに得たのかも知れない．

Pappusの定理も比較的簡単に証明することができる．
定理(Pappus)
直線$m$上に点$A,B,C$があり，直線$l$上に点$D,E,F$がある．このとき， ２直線$AE,BD$の交点を$P$,２直線$BF,CE$の交点を$Q$,２ 直線$CD,AF$の交点を$R$とすれば，３点$P,Q,R$は１直線上にある．

証明
直線$PQ$の像が無限遠直線となる中心射影を考え，$A,B,C,D,E,F,P,Q,R$ の像をそれぞれ$A',B',C',D',E',F',P',Q',R'$とする．
$P',Q'$は無限遠点であるから
$A'E'\parallel B'D',B'F'\parallel C'E'$
２直線の交点をそれぞれ$O,O'$とする(図参照)
$O'A':O'B'=O'E':O'D'=\dfrac{1}{O'D'}:\dfrac{1}{O'E'}$
$O'B':O'C'=O'F':O'E'=\dfrac{1}{O'E'}:\dfrac{1}{O'F'}$
より
$O'A':O'C'=\dfrac{1}{O'D'}:\dfrac{1}{O'F'}=O'F':O'D'$
したがって
$A'F'\parallel C'D'$
$A'F',C'D'$の交点$R'$は無限遠点より，$P',Q',R'$は 無限遠直線上にある．したがって，$P,Q,R$は直線上にある．


1.複比の定義

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