Justificar esto es locus es de hecho una parábola

Question

Este problema consiste en una construcción geométrica y en demostrar que el lugar geométrico generado es una parábola. Aquí está la construcción:

1. Trazar una circunferencia con radio $r$ y el centro $A$ .

2. Desde cualquier punto $C$ en $\bigcirc A$ , traza la línea $\overleftrightarrow{AC}$ . Dejemos que $D$ sea un punto de esta línea tal que $C$ es el punto medio de $\overline{AD}$ .

3. Dejemos que $E$ sea un punto en $\bigcirc A$ . Traza la línea $\overleftrightarrow{ED}$ .

4. Dejemos que $E^\prime$ ser reflejo de $E$ en $\overleftrightarrow{AC}$ . Traza la línea $\overleftrightarrow{AE^\prime}$ .

5. Dejemos que $F$ la intersección de $\overleftrightarrow{AE^\prime}$ con $\overleftrightarrow{ED}$ .

Demostrar que el lugar descrito por $F$ como el punto $E$ se mueve a través de la circunferencia, es una parábola.

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Puede parecer simple, pero este problema me ha dado algunos problemas al tratar de encontrar la idea clave.

Answer 1

Dejemos que $G$ sea el pie de la perpendicular de $F$ a la bisectriz perpendicular de $\overline{AD}$ . Cuando $\overleftrightarrow{E^\prime A}$ no es paralela a esa bisectriz (es decir, para $\overleftrightarrow{E^\prime A} \not\perp \overline{AC}$ ), dejemos que $P$ sea el punto de encuentro de las dos líneas.

Entonces,

$$ \frac{|\overline{AF}|}{|\overline{AE}|} \;\underbrace{\phantom{\huge|}\quad=\quad\phantom{\huge|}}_{\triangle FAE\sim\triangle FPD}\; \frac{|\overline{PF}|}{|\overline{PD}|} \;\underbrace{\phantom{\huge|}\quad=\quad\phantom{\huge|}}_{\triangle APD \text{ is isos.}}\; \frac{|\overline{PF}|}{|\overline{PA}|} \;\underbrace{\phantom{\huge|}\quad=\quad\phantom{\huge|}}_{\triangle PFG \sim \triangle PAC} \; \frac{|\overline{FG}|}{|\overline{AC}|}$$

Pero, $$\overline{AE} \cong \overline{AC}$$

Así que, $$\overline{AF} \cong \overline{FG}$$

Así,

$F$ es equidistante de $A$ y $\overleftrightarrow{CP}$ . (Nótese que esto es trivialmente cierto cuando $\overleftrightarrow{E^\prime A}\perp\overline{AD}$ ). En consecuencia, su locus, por definición es la parábola con estos últimos elementos como foco y directriz. $\square$

Answer 2

Dejemos que $A(0,0)$ sea el centro y C sea $(a,0)$ . Así que D es $(2a,0)$ Obsérvese que para C y su punto diametralmente opuesto, las imágenes son $C$ . Para cualquier otro punto de la circunferencia, el punto típico es $E(a\cos \theta, a\sin \theta)$ y su imagen $E'(a\cos \theta, -a\sin \theta)$

Así que $AE' \equiv y+x \tan \theta =0$ y $DE \equiv \frac{y}{x-2a} = \frac{\sin \theta}{2-\cos \theta}$ .

Por lo tanto, $F = AE' \cap DE = \left(-\frac{a}{1-\cos \theta}, \frac{a \sin \theta}{1-\cos \theta} \right).$

Es fácil ver que $F$ satisface $y^2 =-4a(x-a)$ que es una parábola con foco $(0,0)$ y el vértice $(a,0)$ . $C(a,0)$ pertenece a la parábola, lo que completa la prueba

Sin embargo, me interesaría ver una solución geométrica pura

Answer 3

Dejemos que $d$ sea la línea que pasa por $A$ ortogonal a $AC$ . Dejemos que $\mathrm{H}$ sea la homología armónica del centro $D$ y el eje $d$ , dejemos que $\Gamma$ sea la polaridad asociada al círculo.

Consideremos la polaridad $\Psi=\mathrm{H}\circ\Gamma\circ\mathrm{H}$ . Entonces la cónica asociada a $\Psi$ es una parábola porque $\mathrm{H}$ mapea la tangente $t$ al círculo en $C$ a la línea en el infinito.

Por último, si $V$ denota el punto en el infinito de la línea $EE'$ y $M=EE'\cap AC$ entonces el grupo $EE'MV$ es armónico, porque $M$ es el punto medio de $EE'$ . La proyección del centro $A$ envía al grupo $EE'MV$ en el grupo $EFDN$ donde $N=ED\cap d$ . Así, $EFDN$ es armónico, por lo que $F=\mathrm{H}(E)$ . Esto demuestra que la parábola asociada a $\Psi$ viene dada por la construcción geométrica descrita en OP.