Eigenschaft von Ellipsen mit Normalen an den Endpunkten einer Fokussehne und dem Mittelpunkt dieser Sehne

Question

Eigenschaft von Ellipsen mit Normalen an den Endpunkten einer Fokussehne und dem Mittelpunkt dieser Sehne

Geometrie
Mathematik
Kegelschnitte
analytische Geometrie

Abhishek Bakshi

Beim Lösen eines Buches über Ellipsen stieß ich auf die folgende Eigenschaft einer Ellipse, die ohne Beweis gegeben wurde: -

Wenn die Normalen an den Enden einer Brennsehne einer Ellipse gezeichnet werden, halbiert eine Linie durch ihren Schnittpunkt parallel zur Hauptachse die Sehne.

Arbeiten mit der Standard-Ellipse, dh

\frac{X^{2}}{A^{2}} + \frac{j^{2}}{B^{2}} = 1,

$\frac {x^2}{a^2}+\frac {y^2}{b^2}=1,$ Wir finden, dass das an einem Punkt normal ist

(a \cos θ, b \sin θ)

$(a\cos\theta,b\sin\theta)$ wird von gegeben

N (θ) = A X Sek θ - B j \csc θ = A^{2} - B^{2}

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

Der Mittelpunkt von $2$ parametrische Punkte $\theta$ Und $\phi$ Ist

(\frac{A}{2} (\cos θ + \cos ϕ), \frac{B}{2} (Sünde θ + Sünde ϕ)) \equiv (A \cos \frac{θ + ϕ}{2} \cos \frac{θ - ϕ}{2}, B Sünde \frac{θ + ϕ}{2} \cos \frac{θ - ϕ}{2})

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

Da der Akkord ein Fokusakkord ist, haben wir die Beziehung, die sich bezieht $\theta$ Und $\phi$ , dh,

bräunen \frac{θ}{2} bräunen \frac{ϕ}{2} = \frac{e - 1}{e + 1}

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

Daher ist die Linie durch den Mittelpunkt parallel zur Hauptachse

j = B Sünde \frac{θ + ϕ}{2} \cos \frac{θ - ϕ}{2}

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

Aber danach fortzufahren (das Finden des Schnittpunkts der Normalen an den parametrischen Punkten) wird sehr kompliziert. Gibt es einen intelligenteren und einfacheren Weg, die gegebene Eigenschaft zu beweisen, außer mit roher Gewalt?

Abhishek Bakshi

Ja, die Bearbeitung ist in Ordnung, aber einige Antworten wären willkommen

Antworten (3)

Eigenschaft von Ellipsen mit Normalen an den Endpunkten einer Fokussehne und dem Mittelpunkt dieser Sehne

Ja, die Bearbeitung ist in Ordnung, aber einige Antworten wären willkommen

Blau · Answer 1

Diese Übung kann als Anwendung eines allgemeinen Ergebnisses über Umfangshalbierende von Dreiecken verstanden werden.

Vorschlag. Gegeben $\triangle ABC$ mit Inkreis $\bigcirc I$ Treffen der Kanten an $D$ , $E$ , $F$ wie gezeigt. Wenn $F^\prime$ ist der Punkt gegenüber $F$ In $\bigcirc I$ , und wenn $F^{\prime\prime}$ ist der Punkt wo $\overleftrightarrow{CF^\prime}$ trifft $\overline{AB}$ , Dann
$\begin{matrix} (⋆) & | \bar{C A} | + | \bar{A F^{''}} | = | \bar{C B} | + | \bar{B F^{''}} | \end{matrix}$ $|\overline{CA}|+|\overline{AF^{\prime\prime}}| = |\overline{CB}|+|\overline{BF^{\prime\prime}}| \tag{$\star$}$ so dass $\overline{CF^{\prime\prime}}$ ist eine Umfangshalbierende von $\triangle ABC$ .

Beweis des Satzes. Lassen Sie die Senkrechte zu $\overline{FF^\prime}$ bei $F^\prime$ treffen die Kanten des Dreiecks bei $A^\prime$ Und $B^\prime$ . Durch Tangentialeigenschaften von Kreisen haben wir

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

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

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

$|\overline{CA^\prime}| + |\overline{A^\prime F^\prime}| = |\overline{CB^\prime}| + |\overline{B^\prime F^\prime}|$ , so dass

\bar{C F}

$\overline{CF}$ ist eine Umfangshalbierende von

△ A^{'} B^{'} C

$\triangle A^\prime B^\prime C$ . Der Satz gilt durch die Ähnlichkeit von

△ A B C

$\triangle ABC$ Und

△ A^{'} B^{'} C

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

◻

$\square$

Der Vorschlag hat eine hilfreiche Folgerung.

Folge . Gegeben $\triangle ABC$ mit incenter $I$ und Umfangshalbierende $\overline{CF^{\prime\prime}}$ , Wenn $M$ ist an $\overline{AB}$ so dass $\overline{IM} \parallel \overline{CF^{\prime\prime}}$ , Dann $M$ ist der Mittelpunkt von $\overline{AB}$ .

Beweis der Folgerung. Die Berührungspunkte des Dreiecks mit seinem Inkreis teilen den Umfang in drei Paare kongruenter Segmente, markiert $a$ , $b$ , $c$ . Somit ist der Halbumfang von $\triangle ABC$ Ist $a+b+c$ , und da $|\overline{BC}| = b+c$ , es folgt dem $|\overline{BF^{\prime\prime}}| = a = |\overline{AF}|$ . Daher, $\overline{FF^{\prime\prime}}$ liegt zwischen kongruenten Segmenten. In $\triangle FF^\prime F^{\prime\prime}$ , Abschnitt $\overline{IM}$ geht durch den Mittelpunkt einer Seite ( $\overline{FF^\prime}$ ) und ist parallel zu einem anderen ( $\overline{F^\prime F^{\prime\prime}}$ ); es trifft notwendigerweise auf die dritte Seite ( $\overline{FF^{\prime\prime}}$ ) an seinem Mittelpunkt, der auch der Mittelpunkt von sein muss $\overline{AB}$ . $\square$

Zur Lösung des ursprünglichen Problems reicht es im Grunde aus, obiges Dreieck in eine Ellipse einzubetten:

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Oben sind die Brennpunkte der Ellipse $C$ Und $F^{\prime\prime}$ , Und $\overline{AB}$ ist ein Akkord durch letzteres. Die grundlegende Natur von Ellipsen impliziert dies $(\star)$ hält; Deshalb, $\overline{CF^{\prime\prime}}$ ist eine Umfangshalbierende von $\triangle ABC$ . Darüber hinaus impliziert die Reflexionseigenschaft von Ellipsen, dass Normalen at $A$ Und $B$ halbierende Winkel $\angle CAF^{\prime\prime}$ Und $\angle CBF^{\prime\prime}$ ; daher ist der Schnittpunkt dieser Normalen der Mittelpunkt von $\triangle ABC$ . Das Ergebnis folgt aus dem Korollar . $\square$

Sehr schöne Antwort! Ich fange an, incircle mehr und mehr zu mögen (als jeden anderen Kreis). :)

najayaz · Answer 2

Im Gegensatz zu dem, den ich hier angegeben habe , ist dies eine "reine geometrische Lösung".

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Die Abbildung ist ziemlich selbsterklärend, aber ich werde es trotzdem buchstabieren:

$P$ Und $Q$ sind Punkte auf der Ellipse.
$PR$ Und $QR$ sind die Tangenten an diesen Punkten.
$PC$ Und $QC$ sind die Normalen an diesen Punkten.
Linie $AB$ ist eine Direktive.
$F_1$ ist ein Fokus.
$CD$ wird parallel zur Hauptachse gezeichnet.

Die Winkel derselben Farbe sind gleich (entschuldigen Sie die rechten Winkel von dieser Regel), aber für diejenigen, die farbenblind oder anderweitig nicht in der Lage sind, die Farben zu unterscheiden, werde ich erklären, welche Winkel gleich sind (Sie können herausfinden, warum):

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

Da es sich um eine Ellipse handelt, $\dfrac{PF_1}{PA}=\dfrac{QF_1}{QB}=e\tag{i}$

Mit einfacher Trigonometrie können wir schreiben $PF_1=PR\sin\theta$ , $\,PA=PR\sin\alpha$ , $\,QF_1=QR\sin\gamma$ Und $QB=QR\sin\beta$ . Setzen Sie diese nun in (i) ein:

\begin{matrix} (ii) & \frac{Sünde θ}{Sünde a} = \frac{Sünde γ}{Sünde β} \end{matrix}

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

Anwendung des Sinussatzes in $\Delta CQD$ : $\dfrac{CD}{QD}=\dfrac{\sin\gamma}{\sin\beta}\tag{iii}$

Anwendung des Sinussatzes in $\Delta CPD$ : $\dfrac{CD}{PD}=\dfrac{\sin\theta}{\sin\alpha}\tag{iv}$

Dividieren von (iii) und (iv), das Verhältnis $PD:QD=\dfrac{\sin\gamma\sin\alpha}{\sin\beta\sin\theta}$

Was sagt Ihnen nun Aussage (ii) über dieses Verhältnis?

Narasimham · Answer 3

Unter Bezugnahme auf G-mans Skizze, $\epsilon = eccentricity, RQB = \phi , F_1QR =\psi, then \frac {\cos\psi }{\cos\phi} = \epsilon$

Der Beweis ist von hier aus sehr nah.

Eigenschaft von Ellipsen mit Normalen an den Endpunkten einer Fokussehne und dem Mittelpunkt dieser Sehne

Abhishek Bakshi

Abhishek Bakshi

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najayaz

Narasimham

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