Encontrar un lugar geométrico de puntos

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Encontrar un lugar geométrico de puntos

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geometría
Matemáticas
secciones cónicas
Geometría euclidiana
geometría-proyectiva

no usuario

dado un triangulo $ABC$ , $A'$ y $B'$ mitades $BC$ y $AC$ . Tenemos un punto variable en una línea. $AB$ . Paralelo a $AA'$ y $BB'$ a través de $P$ cortes $AC$ en $E$ y $BC$ en $F$ . Ahora línea $EF$ cortes $AA'$ en $M$ y $BB'$ en $N$ . Líneas $A'N$ y $B'M$ encontrarse en $Q$ . ¿Qué es un lugar de $Q$ ?

Al jugar en Geogebra descubrí que podría ser una elipse que pasa por los puntos medios de un segmento $AG$ , $BG$ y $CG$ dónde $G$ es un centro de gravedad. Además, esta elipse parece tocar los lados del triángulo en sus puntos medios. Pero cuando estaba tratando de escribir las ecuaciones de los puntos de intersección, me dio un golpe de cabeza debido a las enormes fórmulas que obtuve. ¿Alguien tiene una buena idea de cómo evitar estas ecuaciones?

yuriy s

Enlaces útiles: en.wikipedia.org/wiki/Steiner_inellipse , en.wikipedia.org/wiki/Marden%27s_theorem , cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/GeoGebra/… ,

yuriy s

Yo usaría números complejos para esto...

Azul

Como se trata de proporciones simples (puntos medios), colinealidades y paralelismo, puede aplicar una transformación que convierta el triángulo en una forma especialmente conveniente. Por ejemplo, si puede mostrar para el triángulo equilátero que el lugar geométrico es la circunferencia inscrita, tiene la garantía de que el lugar geométrico general es, de hecho, lo que sospecha: una elipse tangente a los lados del triángulo en los puntos medios de sus lados. (también conocido como Steiner Inellipse ).

no usuario

¿Qué pasa si lo mapeo con transformación afín a un triángulo rectangular?

Azul

@greedoid: un triángulo rectangular también funciona y puede ser mejor en algunos aspectos, pero la ecuación de la elipse es más fea. Es una compensación.

Respuestas (2)

Encontrar un lugar geométrico de puntos

Enlaces útiles: en.wikipedia.org/wiki/Steiner_inellipse , en.wikipedia.org/wiki/Marden%27s_theorem , cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/GeoGebra/… ,
Como se trata de proporciones simples (puntos medios), colinealidades y paralelismo, puede aplicar una transformación que convierta el triángulo en una forma especialmente conveniente. Por ejemplo, si puede mostrar para el triángulo equilátero que el lugar geométrico es la circunferencia inscrita, tiene la garantía de que el lugar geométrico general es, de hecho, lo que sospecha: una elipse tangente a los lados del triángulo en los puntos medios de sus lados. (también conocido como Steiner Inellipse ).
¿Qué pasa si lo mapeo con transformación afín a un triángulo rectangular?
@greedoid: un triángulo rectangular también funciona y puede ser mejor en algunos aspectos, pero la ecuación de la elipse es más fea. Es una compensación.

Azul · Answer 1

Dado que la construcción usa solo propiedades independientes afines (incidencia, colinealidad, paralelismo, puntos medios), podemos elegir una forma conveniente de $\triangle ABC$ . Si podemos mostrar que el lugar geométrico es la Inelipse de Steiner para esa forma, entonces el lugar geométrico es la Inelipse de cada triángulo.

Posicionaremos el vértice $C$ Al origen. Tratando $A$ y $B$ como vectores de posición, encontramos los puntos medios $A^\prime$ y $B^\prime$ como ...

\begin{matrix} (1) & A^{'} = \frac{1}{2} (B + C) = \frac{1}{2} B B^{'} = \frac{1}{2} (A + C) = \frac{1}{2} A \end{matrix}

$A^\prime = \frac12(B+C) = \frac12 B \qquad B^\prime = \frac12(A+C) = \frac12 A \tag{1}$ Definir

\begin{matrix} (2) & PAG := \frac{1}{2} (A + B) + \frac{pag}{2} (B - A) \end{matrix}

$P := \frac12(A+B)+\frac{p}{2}(B-A) \tag{2}$ (dónde

p

$p$ afecta el desplazamiento desde el punto medio de

\bar{A B}

$\overline{AB}$ ), de donde derivamos

\begin{matrix} (3) & mi = \frac{1}{4} (3 - pag) A F = \frac{1}{4} (3 + pag) B \end{matrix}

$E = \frac{1}{4}(3-p)A \qquad F = \frac{1}{4}(3+p)B \tag{3}$ y

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} METRO & = \frac{1}{3} (2 mi + F) = \frac{1}{6} (3 - pag) A + \frac{1}{12} (3 + pag) B \\ norte & = \frac{1}{3} (mi + 2 F) = \frac{1}{12} (3 - pag) A + \frac{1}{6} (3 + pag) B \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} M &= \frac13( 2E+\phantom{2}F) = \,\,\frac16(3 - p) A + \frac1{12} (3 + p) B \\[6pt] N &= \frac13(\phantom{2}E+2F) = \frac1{12}(3 - p) A + \frac16 (3 + p) B \end{align} \tag{4}$ (Nota la

E F

$EF$ -la representación muestra que

M

$M$ y

N

$N$ trisecar

\bar{E F}

$\overline{EF}$ .) Y, finalmente, que

\begin{matrix} (5) & q = \frac{1}{6 ({pag}^{2} + 3)} ((pag - 3)^{2} A + (pag + 3)^{2} B) \end{matrix}

$Q = \frac{1}{6(p^2+3)}\;\left(\;(p - 3)^2 A + (p + 3 )^2 B \;\right) \tag{5}$

Ahora, ubiquemos $A$ y $B$ de modo que $\triangle ABC$ es un triangulo equilatero de inradius $r$ (y circunradio $2r$ ), con el $x$ -eje como eje de simetría:

\begin{matrix} (6) & A, B = 2 r \sqrt{3} (porque \frac{π}{6}, \pm pecado \frac{π}{6}) \end{matrix}

$A,B = 2r\sqrt{3}\left(\cos\frac{\pi}6,\pm\sin\frac{\pi}{6}\right) \tag{6}$ Entonces

\begin{matrix} (7) & q = \frac{r}{{pag}^{2} + 3} ({pag}^{2} + 9, - 2 pag \sqrt{3}) = 2 r (1, 0) + \frac{r}{{pag}^{2} + 3} (3 - {pag}^{2}, - 2 pag \sqrt{3}) \end{matrix}

$Q = \frac{r}{p^2+3} \left(p^2+9, -2 p \sqrt{3}\right) = 2r (1,0) + \frac{r}{p^2+3}\left(3-p^2, -2p\sqrt{3}\right) \tag{7}$ y vemos que

\begin{matrix} (8) & {(q_{X} - 2 r)}^{2} + q_{y}^{2} = \frac{r^{2}}{{({pag}^{2} + 3)}^{2}} ((3 - {pag}^{2})^{2} + 12 {pag}^{2}) = r^{2} \end{matrix}

$\left(Q_x-2r\right)^2+Q_y^2 = \frac{r^2}{\left(p^2+3\right)^2}\left((3-p^2)^2 + 12 p^2\right) = r^2 \tag{8}$ Es decir, el lugar de

Q

$Q$ para este particular

△ A B C

$\triangle ABC$ es el incírculo, que es, de hecho, el Steiner Inelipse para esa forma.

◻

$\square$

no usuario · Answer 2

Lema : $EM =MN = NF$

Prueba: Deja $PE\cap AA' = \{D\}$ . Entonces desde $AEP\sim AB'B$ tenemos

\frac{PAG D}{D mi} = \frac{B {GRAMO}^{'}}{GRAMO B^{'}} = \frac{2}{1}

${PD\over DE} = {BG'\over GB'} = {2\over 1}$ Pero

D E M \sim P E F

$DEM\sim PEF$ entonces

\frac{mi METRO}{mi F} = \frac{PAG D}{D mi} = \frac{2}{1}

${EM\over EF} = {PD\over DE} ={2\over 1}$

Por simetría tenemos

\frac{F METRO}{F mi} = \frac{2}{1} ◼

${FM\over FE} = {2\over 1} \;\;\;\;\;\;\;\blacksquare{}$

Ahora mapa $E\mapsto F$ es la transformación proyectiva de la línea $AC$ a la linea $BC$ que induce mapa proyectivo $M\mapsto N$ la línea $AA'$ a la linea $BB'$ . Ahora bien, este induce la transformación proyectiva. $A'N \mapsto B'M$ de un lápiz de líneas a través $A'$ a un lápiz de líneas a través $B'$ y por lo tanto $Q\in A'N\cap B'M$ describir alguna línea o una cónica.

Ahora echemos un vistazo a algunas posiciones especiales de $P$ y tratar de determinar dónde $Q$ es.

$\bullet$ Si $P=A$ entonces $E=A$ y $F=A'$ entonces $N=G$ (lema) y $M$ mitades $AG$ (lema), entonces $Q$ también mitades $AG$ .

$\bullet$ Si $P=B$ entonces por simetría $Q$ también mitades $BG$ .

$\bullet$ Si $P=C'$ entonces $Q=C'$ .

$\bullet$ Si $P$ es tal que $F = C$ entonces $Q = B'$ .

$\bullet$ Si $P$ es tal que $E = C$ entonces $Q = A'$ .

Así que esta cónica pasa por $A',B',C'$ y mitades $AG$ y $BG$ así que esta es la elipse de Steiner (recuerde que la cónica está determinada únicamente por $5$ puntos no colineales).

Gracias chicos con instrucciones útiles.

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yuriy s

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