Finde einen Ort von Punkten

Question

Finde einen Ort von Punkten

Ort
Geometrie
Mathematik
Kegelschnitte
Euklidische Geometrie
Projektive Geometrie

Nichtbenutzer

Gegeben ein Dreieck $ABC$ , $A'$ Und $B'$ Hälften $BC$ Und $AC$ . Wir haben einen variablen Punkt auf einer Linie $AB$ . Neben $AA'$ Und $BB'$ durch $P$ Schnitte $AC$ In $E$ Und $BC$ In $F$ . Jetzt Linie $EF$ Schnitte $AA'$ In $M$ Und $BB'$ In $N$ . Linien $A'N$ Und $B'M$ treffen bei $Q$ . Was ist ein Ort von $Q$ ?

Beim Spielen in Geogebra fand ich heraus, dass es eine Ellipse sein könnte, die durch die Mittelpunkte eines Segments geht $AG$ , $BG$ Und $CG$ Wo $G$ ist ein Gravitationszentrum. Außerdem scheint diese Ellipse die Seiten des Dreiecks an ihren Mittelpunkten zu berühren. Aber als ich versuchte, Gleichungen von Schnittpunkten aufzuschreiben, bekam ich einen Kopfschmerz wegen riesiger Formeln, die ich bekam. Hat jemand eine gute Idee, wie man diese Gleichungen vermeiden kann?

Jurij S

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

Jurij S

Ich würde dafür komplexe Zahlen verwenden ...

Blau

Da es sich um einfache Proportionen (Mittelpunkte), Kollinearitäten und Parallelität handelt, können Sie eine Transformation anwenden, die das Dreieck in eine besonders praktische Form verwandelt. Wenn Sie zum Beispiel für das gleichseitige Dreieck zeigen können, dass der Ort der Inkreis ist, dann ist garantiert, dass der allgemeine Ort tatsächlich das ist, was Sie vermuten: eine Ellipse, die die Seiten des Dreiecks an den Mittelpunkten seiner Seiten tangiert (auch bekannt als die Steiner-Inellipse ).

Nichtbenutzer

Was ist, wenn ich es mit affiner Transformation auf ein rechteckiges Dreieck abbilde?

Blau

@greedoid: Ein rechteckiges Dreieck funktioniert auch und ist vielleicht in gewisser Weise schöner, aber die Gleichung der Ellipse ist hässlicher. Es ist ein Kompromiss.

Antworten (2)

Finde einen Ort von Punkten

Nützliche Links: en.wikipedia.org/wiki/Steiner_inellipse , en.wikipedia.org/wiki/Marden%27s_theorem , cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/GeoGebra/… ,
Da es sich um einfache Proportionen (Mittelpunkte), Kollinearitäten und Parallelität handelt, können Sie eine Transformation anwenden, die das Dreieck in eine besonders praktische Form verwandelt. Wenn Sie zum Beispiel für das gleichseitige Dreieck zeigen können, dass der Ort der Inkreis ist, dann ist garantiert, dass der allgemeine Ort tatsächlich das ist, was Sie vermuten: eine Ellipse, die die Seiten des Dreiecks an den Mittelpunkten seiner Seiten tangiert (auch bekannt als die Steiner-Inellipse ).
Was ist, wenn ich es mit affiner Transformation auf ein rechteckiges Dreieck abbilde?
@greedoid: Ein rechteckiges Dreieck funktioniert auch und ist vielleicht in gewisser Weise schöner, aber die Gleichung der Ellipse ist hässlicher. Es ist ein Kompromiss.

Blau · Answer 1

Da die Konstruktion nur affin-unabhängige Eigenschaften (Inzidenz, Kollinearität, Parallelität, Mittelpunkte) verwendet, können wir eine bequeme Form wählen $\triangle ABC$ . Wenn wir zeigen können, dass der Ort die Steinersche Inellipse für diese Form ist, dann ist der Ort die Inellipse für jedes Dreieck.

Wir werden Scheitelpunkt positionieren $C$ am Ursprung. Behandeln $A$ Und $B$ als Positionsvektoren finden wir die Mittelpunkte $A^\prime$ Und $B^\prime$ als ...

\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}

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

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

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

p

$p$ wirkt sich auf die Verschiebung vom Mittelpunkt aus

\bar{A B}

$\overline{AB}$ ), von dem wir ableiten

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

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

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} M & = \frac{1}{3} (2 E + F) = \frac{1}{6} (3 - P) A + \frac{1}{12} (3 + P) B \\ N & = \frac{1}{3} (E + 2 F) = \frac{1}{12} (3 - P) A + \frac{1}{6} (3 + P) B \end{aligned} \end{matrix}

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

E F

$EF$ -Darstellung zeigt das

M

$M$ Und

N

$N$ dreigeteilt

\bar{E F}

$\overline{EF}$ .) Und schließlich das

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

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

Lassen Sie uns nun lokalisieren $A$ Und $B$ so dass $\triangle ABC$ ist ein gleichseitiges Dreieck mit Inradius $r$ (und Umkreis $2r$ ), mit dem $x$ -Achse als Symmetrieachse:

\begin{matrix} (6) & A, B = 2 R \sqrt{3} (\cos \frac{π}{6}, \pm Sünde \frac{π}{6}) \end{matrix}

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

\begin{matrix} (7) & Q = \frac{R}{P^{2} + 3} (P^{2} + 9, - 2 P \sqrt{3}) = 2 R (1, 0) + \frac{R}{P^{2} + 3} (3 - P^{2}, - 2 P \sqrt{3}) \end{matrix}

$Q = \frac{r}{p^2+3} \left(p^2+9, -2 p \sqrt{3}\right) = 2r (1,0) + \frac{r}{p^2+3}\left(3-p^2, -2p\sqrt{3}\right) \tag{7}$ und das sehen wir

\begin{matrix} (8) & {(Q_{X} - 2 R)}^{2} + Q_{j}^{2} = \frac{R^{2}}{{(P^{2} + 3)}^{2}} ((3 - P^{2})^{2} + 12 P^{2}) = R^{2} \end{matrix}

$\left(Q_x-2r\right)^2+Q_y^2 = \frac{r^2}{\left(p^2+3\right)^2}\left((3-p^2)^2 + 12 p^2\right) = r^2 \tag{8}$ Das heißt, der Ort von

Q

$Q$ für diese besondere

△ A B C

$\triangle ABC$ ist der Inkreis, der tatsächlich die Steiner-Inellipse für diese Form ist.

◻

$\square$

Nichtbenutzer · Answer 2

Lemma : $EM =MN = NF$

Beweis: Let $PE\cap AA' = \{D\}$ . Dann seit $AEP\sim AB'B$ wir haben

\frac{P D}{D E} = \frac{B G^{'}}{G B^{'}} = \frac{2}{1}

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

D E M \sim P E F

$DEM\sim PEF$ So

\frac{E M}{E F} = \frac{P D}{D E} = \frac{2}{1}

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

Durch Symmetrie haben wir

\frac{F M}{F E} = \frac{2}{1} ◼

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

Jetzt Karte $E\mapsto F$ ist projektive Transformation von der Linie $AC$ zur Linie $BC$ was eine projektive Abbildung induziert $M\mapsto N$ die Linie $AA'$ zur Linie $BB'$ . Nun induziert diese eine projektive Transformation $A'N \mapsto B'M$ von einem Bleistift von Linien durch $A'$ zu einem Bleistift von Linien durch $B'$ und somit $Q\in A'N\cap B'M$ Beschreibe eine Gerade oder einen Kegelschnitt.

Werfen wir nun einen Blick auf einige Sonderstellungen von $P$ und versuchen Sie herauszufinden, wo $Q$ Ist.

$\bullet$ Wenn $P=A$ Dann $E=A$ Und $F=A'$ So $N=G$ (Lemma) und $M$ Hälften $AG$ (Lema), also $Q$ auch Hälften $AG$ .

$\bullet$ Wenn $P=B$ dann durch Symmetrie $Q$ auch Hälften $BG$ .

$\bullet$ Wenn $P=C'$ Dann $Q=C'$ .

$\bullet$ Wenn $P$ ist so das $F = C$ Dann $Q = B'$ .

$\bullet$ Wenn $P$ ist so das $E = C$ Dann $Q = A'$ .

Dieser Kegelschnitt geht also durch $A',B',C'$ und Hälften $AG$ Und $BG$ das ist also die Steiner-Ellipse (denken Sie daran, dass der Kegelschnitt eindeutig bestimmt ist mit $5$ nichtkolineare Punkte).

Danke Jungs mit nützlichen Anweisungen.

Finde einen Ort von Punkten

Nichtbenutzer

Jurij S

Jurij S

Blau

Nichtbenutzer

Blau

Antworten (2)

Blau

Nichtbenutzer

Was ist der Ort des Mittelpunkts von AB?

Gegebener Ort ist ein Kreis, beweise, dass zwei Geraden senkrecht stehen

Zeigen Sie, dass die Asymptoten einer Hyperbel ihre Tangenten an Unendlichkeitspunkten sind

Überprüfen Sie, ob ein Kreis innerhalb einer Ellipse liegt

Ort des Mittelpunkts der Schnittpunkte von Tangenten an eine Ellipse

Ermitteln der Seitenlängen eines Trapezes bei gegebenem Abstand zwischen seinem diagonalen Schnittpunkt und dem Mittelpunkt einer Diagonalen

Der Umkreismittelpunkt liegt auf der Höhe

Sei ABCDABCDABCD ein zyklisches konvexes Viereck mit AD+BC=ABAD+BC=ABAD + BC = AB. Beweisen Sie, dass sich die Winkelhalbierenden der Winkel ADCADCADC und BCDBCDBCD auf der Geraden ABABAB treffen.

Eine Frage zu einem rechtwinkligen Dreieck, das in einem gleichseitigen Dreieck enthalten ist

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