Propiedad de las elipses que involucran normales en los extremos de una cuerda focal y el punto medio de esa cuerda

Question

Propiedad de las elipses que involucran normales en los extremos de una cuerda focal y el punto medio de esa cuerda

geometría
Matemáticas
secciones cónicas
geometría analítica

Abhishek Bakshi

Mientras resolvía un libro sobre elipses, me encontré con la siguiente propiedad de una elipse que se dio sin prueba:

Si las normales se dibujan en los extremos de una cuerda focal de una elipse, una línea a través de su punto de intersección paralela al eje mayor bisecará la cuerda.

Trabajando con la elipse estándar, es decir,

\frac{X^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1,

$\frac {x^2}{a^2}+\frac {y^2}{b^2}=1,$ encontramos que la normal en un punto

(a \cos θ, b \sin θ)

$(a\cos\theta,b\sin\theta)$ es dado por

norte (θ) = a X segundo θ - b y \csc θ = a^{2} - b^{2}

$N(\theta)= a\, x \, \sec \theta- b\, y \csc \theta=a^2-b^2$

el punto medio de $2$ puntos paramétricos $\theta$ y $\phi$ es

(\frac{a}{2} (porque θ + porque ϕ), \frac{b}{2} (pecado θ + pecado ϕ)) \equiv (a porque \frac{θ + ϕ}{2} porque \frac{θ - ϕ}{2}, b pecado \frac{θ + ϕ}{2} porque \frac{θ - ϕ}{2})

$\left(\frac a2(\cos\theta+\cos\phi),\frac b2(\sin\theta+\sin\phi)\right)\equiv \left(a\cos \frac {\theta+\phi}2\cos \frac {\theta-\phi}2,b\sin \frac {\theta+\phi}2\cos \frac {\theta-\phi}2\right)$

Como la cuerda es una cuerda focal, tenemos la relación que relaciona $\theta$ y $\phi$ , es decir,

broncearse \frac{θ}{2} broncearse \frac{ϕ}{2} = \frac{mi - 1}{mi + 1}

$\tan \frac {\theta}2\tan \frac {\phi}2=\frac {e-1}{e+1}$

Por lo tanto, la línea que pasa por el punto medio paralela al eje mayor es

y = b pecado \frac{θ + ϕ}{2} porque \frac{θ - ϕ}{2}

$y=b\sin \frac {\theta+\phi}2\cos \frac {\theta-\phi}2$

Pero proceder después de esto (encontrar la intersección de las normales en los puntos paramétricos) se vuelve muy complicado. ¿Existe una forma más inteligente y fácil de probar la propiedad dada que no sea usando la fuerza bruta?

Abhishek Bakshi

sí, la edición está bien, pero agradecería algunas respuestas

Respuestas (3)

Propiedad de las elipses que involucran normales en los extremos de una cuerda focal y el punto medio de esa cuerda

sí, la edición está bien, pero agradecería algunas respuestas

Azul · Answer 1

Este ejercicio puede entenderse como una aplicación de un resultado general sobre bisectrices de perímetro de triángulos.

Proposición. Dado $\triangle ABC$ con círculo $\bigcirc I$ encontrándose con los bordes en $D$ , $E$ , $F$ como se muestra. Si $F^\prime$ es el punto opuesto $F$ en $\bigcirc I$ , y si $F^{\prime\prime}$ es el punto donde $\overleftrightarrow{CF^\prime}$ Satisface $\overline{AB}$ , entonces
$\begin{matrix} (⋆) & | \bar{C A} | + | \bar{A F^{''}} | = | \bar{C B} | + | \bar{B F^{''}} | \end{matrix}$ $|\overline{CA}|+|\overline{AF^{\prime\prime}}| = |\overline{CB}|+|\overline{BF^{\prime\prime}}| \tag{$\star$}$ de modo que $\overline{CF^{\prime\prime}}$ es la bisectriz del perímetro de $\triangle ABC$ .

Prueba de Proposición. Sea la perpendicular a $\overline{FF^\prime}$ en $F^\prime$ encuentran las aristas del triángulo en $A^\prime$ y $B^\prime$ . Por las propiedades tangentes de las circunferencias tenemos

\bar{C mi} ≅ \bar{C D} \bar{A^{'} mi} ≅ \bar{A^{'} F^{'}} \bar{B^{'} D} ≅ \bar{B^{'} F^{'}}

$\overline{CE}\cong\overline{CD} \qquad \overline{A^\prime E}\cong\overline{A^\prime F^\prime} \qquad \overline{B^\prime D}\cong\overline{B^\prime F^\prime}$ Como consecuencia,

| \bar{C A^{'}} | + | \bar{A^{'} F^{'}} | = | \bar{C B^{'}} | + | \bar{B^{'} F^{'}} |

$|\overline{CA^\prime}| + |\overline{A^\prime F^\prime}| = |\overline{CB^\prime}| + |\overline{B^\prime F^\prime}|$ , de modo que

\bar{C F}

$\overline{CF}$ es la bisectriz del perímetro de

△ A^{'} B^{'} C

$\triangle A^\prime B^\prime C$ . La Proposición se sostiene por la similitud de

△ A B C

$\triangle ABC$ y

△ A^{'} B^{'} C

$\triangle A^\prime B^\prime C$ .

◻

$\square$

La Proposición tiene un corolario útil.

corolario _ Dado $\triangle ABC$ con incentro $I$ y bisectriz del perímetro $\overline{CF^{\prime\prime}}$ , si $M$ Está encendido $\overline{AB}$ tal que $\overline{IM} \parallel \overline{CF^{\prime\prime}}$ , entonces $M$ es el punto medio de $\overline{AB}$ .

Prueba de Corolario. Los puntos de tangencia del triángulo con su circunferencia separan el perímetro en tres pares de segmentos congruentes, marcados $a$ , $b$ , $c$ . Así, el semiperímetro de $\triangle ABC$ es $a+b+c$ , y desde $|\overline{BC}| = b+c$ , resulta que $|\overline{BF^{\prime\prime}}| = a = |\overline{AF}|$ . De este modo, $\overline{FF^{\prime\prime}}$ se encuentra entre segmentos congruentes. En $\triangle FF^\prime F^{\prime\prime}$ , segmento $\overline{IM}$ pasa por el punto medio de un lado ( $\overline{FF^\prime}$ ) y es paralela a otra ( $\overline{F^\prime F^{\prime\prime}}$ ); necesariamente se encuentra con el tercer lado ( $\overline{FF^{\prime\prime}}$ ) en su punto medio, que también debe ser el punto medio de $\overline{AB}$ . $\square$

Para resolver el problema original, básicamente basta con incrustar el triángulo anterior en una elipse:

ingrese la descripción de la imagen aquí

En lo anterior, los focos de la elipse son $C$ y $F^{\prime\prime}$ , y $\overline{AB}$ es un acorde a través de este último. La naturaleza fundamental de las elipses implica que $(\star)$ sostiene; por lo tanto, $\overline{CF^{\prime\prime}}$ es la bisectriz del perímetro de $\triangle ABC$ . Además, la propiedad de reflexión de las elipses implica que las normales en $A$ y $B$ bisecar ángulos $\angle CAF^{\prime\prime}$ y $\angle CBF^{\prime\prime}$ ; por lo tanto, la intersección de estas normales es el incentro de $\triangle ABC$ . El resultado se sigue por el Corolario . $\square$

Muy hermosa respuesta! Cada vez me gusta más el incircle (que cualquier otro círculo). :)

najayaz · Answer 2

A diferencia de la que di en this , esta es una "solución geométrica pura".

ingrese la descripción de la imagen aquí

La figura se explica por sí misma, pero aún así lo deletrearé:

$P$ y $Q$ son puntos en la elipse.
$PR$ y $QR$ son las tangentes en estos puntos.
$PC$ y $QC$ son las normales en estos puntos.
Línea $AB$ es una directriz.
$F_1$ es un foco
$CD$ se dibuja paralela al eje mayor.

Los ángulos del mismo color son iguales (disculpe los ángulos rectos de esta regla), pero para aquellos que son daltónicos o que no pueden distinguir los colores, les explicaré qué ángulos son iguales (pueden averiguar por qué):

$\angle PRA=\angle PCD=\alpha$
$\angle QRB=\angle QCD=\beta$
$\angle CPD=\angle PRF_1=\theta$
$\angle CQD=\angle QRF_1=\gamma$

Como se trata de una elipse, $\dfrac{PF_1}{PA}=\dfrac{QF_1}{QB}=e\tag{i}$

Usando trigonometría básica, podemos escribir $PF_1=PR\sin\theta$ , $\,PA=PR\sin\alpha$ , $\,QF_1=QR\sin\gamma$ y $QB=QR\sin\beta$ . Ahora reemplazando estos en (i):

\begin{matrix} (ii) & \frac{pecado θ}{pecado α} = \frac{pecado γ}{pecado β} \end{matrix}

$\frac{\sin\theta}{\sin\alpha}=\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\tag{ii}$

Aplicando la regla del seno en $\Delta CQD$ : $\dfrac{CD}{QD}=\dfrac{\sin\gamma}{\sin\beta}\tag{iii}$

Aplicando la regla del seno en $\Delta CPD$ : $\dfrac{CD}{PD}=\dfrac{\sin\theta}{\sin\alpha}\tag{iv}$

Dividiendo (iii) y (iv), la razón $PD:QD=\dfrac{\sin\gamma\sin\alpha}{\sin\beta\sin\theta}$

Ahora, ¿qué te dice el enunciado (ii) sobre esta razón?

Narasimham · Answer 3

Refiriéndose al boceto de G-man, $\epsilon = eccentricity, RQB = \phi , F_1QR =\psi, then \frac {\cos\psi }{\cos\phi} = \epsilon$

La prueba está muy cerca de aquí.

Propiedad de las elipses que involucran normales en los extremos de una cuerda focal y el punto medio de esa cuerda

Abhishek Bakshi

Abhishek Bakshi

Respuestas (3)

Azul

Mis Moléculas

najayaz

Narasimham

Demuestre que las asíntotas de una hipérbola son sus tangentes en los puntos infinitos

¿Necesita una explicación de qué es exactamente una directriz y un foco?

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