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10.(デザルグの定理) 平面上の$\triangle ABC$と$\triangle DEF$があり，３直線$AD,BE,CF$のどの２本も平行でなく， $AB \nparallel DE, \ BC \nparallel EF, \ CA \nparallel FD$のとき次が成り立つ． 3直線$AD,BE,CF$が１点で交わる $\Longleftrightarrow \ $ $AB$と$DE$の交点を$P,BC$と$EF$の交点を$Q,CA$と$FD$の交点を$R$とすると， ３点$P,Q,R$は一直線上にある． ただし$\parallel$は平行を，$\nparallel$は平行でないを表す． 
証明 ($\Rightarrow$) $\overrightarrow{PA}=k\overrightarrow{PB}$とおく． $S,T$を $H(P,k):E \mapsto S,Q \mapsto T$ で定義する．このとき，３点$P,Q,T$は一直線上にあることが分かる． あとは３点$R,Q,T$が一直線上にあることを示せばよい． そのためには，$ST$と$DF$との交点を$U$とするとき $\triangle CFQ$と$\triangle AUT$が点$R$を相似の中心とする相似の位置にあることを示せばよい（下図）． 
$S,T$の定義より，$AT \parallel BQ, \ EQ\parallel ST$ である． さらに， $DU:UF=DS：DE$ $(\because H(P,k)$ $:E \mapsto S,Q \mapsto T)$ $=DA:AO $ $(\because H(P,k)$ $:E \mapsto S,B \mapsto A)$ $\therefore AU \parallel CF$ ここで，$AC$と$DF$の交点が$R$であるから，３点$R,Q,T$は一直線上にある． 
$(\Leftarrow)$右図で，$P,Q,R$が一直線上にあるとき，$AD,BE,CF$が一点で交わることを証明する． $\overrightarrow{BA}=kBP$で$k$を定義し（この図では$k$は負の数），$S,T$を $H(B,k):$ $E \mapsto S,Q \mapsto T$ で定義する． さらに，$ST$と$CF$の交点を$U$とするとき，$\triangle DEF$と$\triangle ASU$が相似の位置にあれば $SE(BE),AD,FU(CF)$が一点で交わり，証明が終了する． さて，$S,T$の定義より $AS \parallel PE, \ AT \parallel PQ, \ TS \parallel \ QE$ （右図の同色の直線は平行） したがって， $AU \parallel DF$ を証明すれば，証明が終了する． $AC:RC=TC:QC=UC:FC$ $\therefore AU \parallel RF$ 
解説$1.$ 空間においてもデザルグの定理は成り立ちます．なお証明は平面上の場合よりはるかに易しい． 以下は$\triangle ABC,\triangle DEF$が空間にある場合のデザルグの証明です． 空間におけるデザルグの定理の証明 $AD,BE,CF$が１点で交わるとき，$P,Q,R$はともに$\triangle ABC$の決める平面と$\triangle DEF$の決める平面の交線上あるから ３点$P,Q,R$は同一直線上にある． 逆に，$AB,DE$が交わりその交点を$P, \ BC,EF$が交わりその交点を$Q, \ CA,FD$が交わりその交点を$R$とする． $BF,AD$が平行でなければその交点$O'$は$AD$上．さらに$CF$と$AD$も平行でなければ その交点$O"$も$AD$上．さらに，$B，E,F,C$の決める平面と直線$AD$との交点は１点だけである （そうでないなら，$AD$が４点$B,E,F,C$の決める平面上にあり平面の問題となる）． したがって，$O',O"$は一致し，$AD,BE,CF$が１点で交わることが示され， それより$P,Q,R$が一直線上であることが分かる． $2.$ 空間の場合は簡単に証明できるので，平面の場合は，片方の三角形を平面上のよりほんの少しだけ浮かして考えれば 平面の場合も納得できると思う． $3,$ デザルグの定理の証明は$AB\parallel DE$の場合や$AD \parallel BE \parallel CF$の場合も調べる必要が ある．それらについては前出の幾何学大辞典または射影幾何の本を参考にしてください． 平面における幾何学変換の目次 全体の目次 |