几何变换

单次反射会翻转方向(左手变成右手),因此连续进行两次反射会恢复原来的方向,必然是不含翻转的刚体运动。由于交点 $I$ 位于两面镜子上,两次反射都不会移动 $I$ ,所以合成运动必然是绕 $I$ 的旋转,而每面镜子都会贡献点与该镜子夹角的两倍。

首先,因为 $I$ 同时位于 $d_1$ 和 $d_2$ 上,两次反射都固定 $I$ 。取异于 $I$ 的任意点 $M$ ,并设 $M_1 = R_{d_1}(M)$ 与 $M' = R_{d_2}(M_1)$ 。

由于 $d_1$ 是 $MM_1$ 的垂直平分线,且 $d_2$ 是 $M_1M'$ 的垂直平分线,我们有 $IM = IM_1 = IM'$ ,因此 $M$ 与 $M' = R_{d_2}(M_1)$ 位于以 $I$ 为圆心的同一个圆上。

设从射线 $\overrightarrow{IM}$ 到 $\overrightarrow{Id_1}$ 的有向角为 $\varphi_1$ ,从 $\overrightarrow{Id_1}$ 到 $\overrightarrow{Id_2}$ 的有向角为 $\varphi_2$ 。关于 $d_1$ 的反射将 $\overrightarrow{IM}$ 旋转 $2\varphi_1$ 变到 $\overrightarrow{IM_1}$ ,而关于 $d_2$ 的反射将 $\overrightarrow{IM_1}$ 旋转 $2\varphi_2$ 变到 $\overrightarrow{IM'}$ 。将有向角相加可得 $(\overrightarrow{IM}, \overrightarrow{IM'}) = 2\varphi_1 + 2\varphi_2 = 2(\varphi_1 + \varphi_2) = 2\alpha$ ,这与 $M$ 的选取无关。因此每个点都绕 $I$ 旋转了 $2\alpha$ ,证明了该复合等于 $Q_{(I, 2\alpha)}$ 。

因为每个点都按同一倍数 $k$ 远离(或靠近)中心 $I$ ,由 $I$ 与任意两点 $A, B$ 构成的三角形在两条径向边上均匀缩放,故由泰勒斯定理知第三边 $A'B'$ 与 $AB$ 保持平行且长度乘以 $|k|$ 。面积是二维量(底乘高),由于底和高都乘以 $|k|$ ,它们的乘积就乘以 $|k| \cdot |k| = k^2$ 。

由位似的定义,$\overrightarrow{IA'} = k\,\overrightarrow{IA}$ 且 $\overrightarrow{IB'} = k\,\overrightarrow{IB}$ 。用第一个向量方程减去第二个可得 $\overrightarrow{IA'} - \overrightarrow{IB'} = k(\overrightarrow{IA} - \overrightarrow{IB})$ 。

对两边应用向量减法法则 $\overrightarrow{IA} - \overrightarrow{IB} = \overrightarrow{BA}$ ,即得 $\overrightarrow{B'A'} = k\,\overrightarrow{BA}$ 。两边取模长立即得到 $A'B' = |\overrightarrow{B'A'}| = |k| \cdot |\overrightarrow{BA}| = |k| \cdot AB$ 。

现在考虑任意三角形 $ABC$ 。从 $C$ 到直线 $AB$ 的高 $h$ 是 $C$ 与其在 $AB$ 上的正交投影 $H$ 之间的距离。由于位似保持平行性与角度,它也保持垂直性,因此 $H' = V_{(I,k)}(H)$ 就是 $A'B'C'$ 的高线垂足。于是底边 $A'B' = |k|\cdot AB$ 与高 $C'H' = |k|\cdot CH$ 都乘以 $|k|$ ,从而 $[A'B'C'] = \tfrac{1}{2} A'B' \cdot C'H' = |k|^2 \cdot \tfrac{1}{2} AB \cdot CH = k^2 \cdot [ABC]$ 。