Was ist der Ort des Mittelpunkts von AB?

Lassen Sie allgemeiner$p$und$q$zwei nicht parallele Geraden sein, die sich in einem Punkt schneiden$R$. Für einen Fixpunkt$S$auf einer Ebene, eine variable Linie$\ell$durchläuft$S$, und trifft sich$p$und$q$beim$A$und$B$bzw. Für eine feste reelle Zahl$t$, Lassen$\mathcal{L}$sei der Ort des Punktes$M$die Gerade$AB$so dass

$$\overrightarrow{AM}=t\cdot\overrightarrow{AB}.$$ Zur Bequemlichkeit, $T$bezeichnet einen Punkt auf der Linie $PQ$so dass $$\overrightarrow{PT}=t\cdot\overrightarrow{PQ},$$ wo $P$ist der Schnittpunkt der Geraden parallel zu $q$durchgehen $S$mit $p$, und $Q$ist der Schnittpunkt der Geraden parallel zu $p$durchgehen $S$mit $q$.

• Ob$t\notin\{0,1\}$, und wenn$S$ist nicht an$p$oder$q$, dann$\mathcal{L}$ist gleich Hyperbel$\mathcal{H}$durchgehen$R$und$S$, zentriert bei$T$mit Asymptoten parallel zu$p$und$q$.
• Ob$t\notin\{0,1\}$, und wenn$S$ist an$p$aber nicht an$q$, dann$\mathcal{L}$ist gleich der Geraden parallel zu$q$durchgehen$T$(obwohl man darüber streiten kann$\mathcal{L}$dazu zählt$p$).
• Ob$t\notin\{0,1\}$, und wenn$S$ist an$q$aber nicht an$p$, dann$\mathcal{L}$ist gleich der Geraden parallel zu$p$durchgehen$T$(obwohl man darüber streiten kann$\mathcal{L}$dazu zählt$q$).
• Ob$t\notin\{0,1\}$, und wenn$S$fällt zusammen mit$R$, dann$\mathcal{L}$hat nur ein Element, das ist$S=R$(obwohl man darüber streiten kann$\mathcal{L}$ist der Zusammenschluss von$p$und$q$).
• Ob$t=0$und$S\notin p$, dann$\mathcal{L}$ist die Linie$p$.
• Ob$t=0$und$S\in p$, dann$\mathcal{L}$besteht aus einem einzigen Punkt, nämlich$S$(obwohl man darüber streiten kann$\mathcal{L}=p$).
• Ob$t=1$und$S\notin q$, dann$\mathcal{L}$ist die Linie$q$.
• Ob$t=1$und$S\in q$, dann$\mathcal{L}$besteht aus einem einzigen Punkt, nämlich$S$(obwohl man darüber streiten kann$\mathcal{L}=q$).

Die sieben degenerierten Fälle sind offensichtlich. In diesem Beweis gehen wir davon aus$t\notin\{0,1\}$, und$S$liegt nicht an$p$oder$q$.

Bis auf eine affine Transformation dürfen wir das annehmen$p$und$q$sind parallel zur horizontalen Achse bzw. zur vertikalen Achse und zum Punkt$T$stimmt mit dem Ursprung überein$O$. Lassen$\mathcal{L}$sei der Ort des Punktes$M$. Das wollen wir zeigen$\mathcal{L}$ist identisch mit$\mathcal{H}$.

Ohne Beschränkung der Allgemeinheit, lassen Sie$S$Koordinaten haben$(\alpha,\beta)$mit$\alpha,\beta> 0$. Beachten Sie, dass$\mathcal{H}$ist durch die Gleichung gegeben

$$xy=\alpha\beta.$$
Lassen $U$und $V$seien die Projektionen von $S$auf die horizontale Achse bzw. die vertikale Achse. Daher, $U=(\alpha,0)$und $V=(0,\beta)$. Beachten Sie das $$R=\left(-\frac{1-t}{t}\alpha,-\frac{t}{1-t}\beta\right).$$ Verlängern $SU$und $SV$treffen $p$und $q$und $U'=\left(\alpha,-\frac{t}{1-t}\beta\right)$und $V'=\left(-\frac{1-t}{t}\alpha,\beta\right)$, bzw.

Zunächst betrachten wir den Fall wo$\ell$hat eine negative Steigung. Das heisst$\ell$trifft die$x$-Achse und die$y$-Achse an Punkten$C(c,0)$und$D(0,d)$mit$c,d>0$. Beachten Sie, dass$\triangle CUS\sim \triangle SVD$, so dass

$$\frac{c-\alpha}{\beta}=\frac{CU}{US}=\frac{SV}{VD}=\frac{\alpha}{d-\beta}.$$ Das ist, $$(c-\alpha)(d-\beta)=\alpha\beta.$$ Lassen $A$und $B$die Koordinaten haben $\left(r,-\frac{t}{1-t}\beta\right)$und $\left(-\frac{1-t}{t}\alpha,s\right)$, bzw. Seit $\triangle AU'S\sim \triangle CUS$, wir bekommen $$\frac{r-\alpha}{\beta+\frac{t}{1-t}\beta}=\frac{AU'}{U'S}=\frac{CU}{US}=\frac{c-\alpha}{\beta}.$$ Somit, $r-\alpha=\frac{c-\alpha}{1-t}$. Ähnlich, $s-\beta=\frac{d-\beta}{t}$. Daher der Punkt $M$hat Koordinaten $$\big((1-t)(r-\alpha),t(s-\beta)\big)=(c-\alpha,d-\beta).$$ Somit, $M$liegt auf der Hyperbel $\mathcal{H}$.

Der Fall wo$\ell$eine negative Steigung hat, wird ähnlich gemacht. Deshalb$\mathcal{L}$ist eine Teilmenge von$\mathcal{H}$. Umgekehrt lassen$M$ein willkürlicher Punkt sein$\mathcal{H}$. Dann ist es leicht zu sehen, dass die Linie$\ell$vorbei aber$SM$trifft$p$und$q$beim$A$und$B$Sodass$\overrightarrow{AM}=t\cdot\overrightarrow{AB}$(Wenn$M=S$, dann$\ell$ist die Tangente an die Hyperbel bei$S$). Deshalb,$\mathcal{L}=\mathcal{H}$.

Ihre Lösung:

Steigung der durchgehenden Linie$(0,2y)$und$(a,b)$gleich der Steigung der durchgehenden Linie$(a,b)$und$(2x,0)$.

$(2y-b)/a=b/(2x-a)$;

$(2y-b)(2x-a)=ab$;

$(y-b/2)(x-a/2)=ab/4$.

Eine Hyperbel (Kommentar von Aretino).

Lassen$A(0,y_A)$und$B(x_B,0)$ein Schnittpunkt sein,$(a,b)$ein gegebener Punkt sein und$M(u,v)$sei ein Punkt auf dem Ort.

Ob$a=0$, so$y=\frac{b}{2}$ist eine Antwort.

Ob$b=0$, so$x=\frac{a}{2}$ist eine Antwort.

Aber für$ab\neq0$wir erhalten:

$$M\left(\frac{x_B}{2},\frac{y_A}{2}\right),$$ was gibt $x_B=2u,$ $y_B=2v,$ $m_{AB}=-\frac{v}{u}$und eine Gleichung von $AB$es ist: $$y-2v=-\frac{v}{u}x,$$ was gibt $$b-2v=-\frac{v}{u}a,$$ was eine Ortsgleichung ergibt: $$bx-2xy=-ay,$$ das ist Hyperbel