¿Cuándo es el Línea Euler paralelo al lado de un triángulo?
He descubierto que un triángulo con ángulos $45^ \circ $ y $ \arctan2 $ es un caso.
¿Hay algún otro caso? 
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Brian Deacon
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La figura muestra $ \triangle ABC$ con el ortocentro $P$ circunvecino $Q$ y circumradio $r$ . Para un no-equilibrio, la línea de Euler está determinada por $P$ y $Q$ .
Para que la línea de Euler sea paralela al lado $ \overline {AB}$ las distancias de $P$ y $Q$ a ese lado debe ser igual. La trigonometría simple del triángulo rectángulo en la figura da las distancias, así que tenemos
$$2 \cos A \cos B = \cos C \tag {1}$$
Expandiendo $ \cos C = \cos ( \pi -A-B) = - \cos (A+B) = - \cos A \cos B + \sin A \sin B$ vemos que $(1)$ dar $$3 \cos A \cos B = \sin A \sin B \tag {2}$$
Sabemos que el paralelismo no puede ocurrir si cualquier ángulo es correcto; por lo tanto, podemos asumir que ningún coseno se desvanece. Dividiendo a través de $ \cos A \cos B$ entonces, tenemos esta condición para que la línea de Euler sea paralela a $ \overline {AB}$ .
$$ \tan A \tan B = 3 \tag {$ \star $}$$
(Todavía estoy buscando la mejor manera de lograr $( \star )$ directamente, sin manipulación algebraica de $(1)$ .)
Para comprobar el ejemplo de OP, podemos volver a etiquetar los vértices y considerar los ángulos $$A = 45^ \circ \qquad B = 180^ \circ -45^ \circ - \arctan 2 = 135^ \circ - \arctan 2$$ Luego $$ \tan A= 1 \qquad \tan B= \frac { \tan 135^ \circ - \tan ( \arctan 2)}{1+ \tan 135^ \circ \tan ( \arctan 2)} = \frac {-1-2}{1+(-2)} = 3$$ y vemos que $( \star )$ se mantiene. $ \square $
Brian Deacon
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Aquí hay un enfoque que es más satisfactorio que mi intento anterior .
Deje que $ \triangle ABC$ tienen puntos medios $D$ , $E$ , $F$ frente a $A$ , $B$ , $C$ . Deje que tenga el centroide $K$ circunvecino $P$ y el ortocentro $Q$ . Deje que $G$ ser el pie de la perpendicular de $C$ y dejar que $M$ ser el punto medio de $ \overline {CG}$ .
Supongamos que la línea de Euler (a través de $K$ , $P$ , $Q$ ) es paralela a $ \overline {AB}$ . Entonces, ya que "sabemos" $K$ trisecta la mediana $ \overline {CF}$ podemos obtener la siguiente cadena de proporciones:
$$ \begin {align} 3 &= \frac {|CF|}{|KF|}= \frac {|CM|}{|QM|}= \frac {| \triangle CDE|}{| \triangle PDE|}= \frac { \frac12 |CD||CE| \sin DCE}{ \frac12 |PD||PE| \sin DPE}= \frac {|CD|}{|PD|} \cdot\frac {|CE|}{|PE|} \\ [4pt] &= \tan A \tan B \end {align}$$
Aquí, usamos el hecho de que $ \angle DPE=180^ \circ - \angle DCE$ (para que los pecados se cancelen). Además, por el Teorema del ángulo inscrito , $ \angle BPC=2 \angle A$ para que $ \angle DPC = \frac12 \angle BPC = \angle A$ (y de la misma manera, $ \angle EPC= \angle B$ ). $ \square $
De aquí encontramos una relación entre las pendientes de los tres lados $p,q,r$ y la de la línea Euler $m$ : $$m=- \frac {3+pq+pr+qr}{p+q+r+3pqr}$$ Sin pérdida de generalidad fija dos de los vértices del triángulo en $(0,0)$ y $(1,0)$ respectivamente, dejando que el tercer vértice varíe como $(x,y)$ . Entonces las pendientes laterales son $0$ , $ \frac yx$ y $ \frac y{x-1}$ cediendo $$m=- \frac {y^2/(x(x-1))+3}{y/x+y/(x-1)}=- \frac {y^2+3x(x-1)}{(2x-1)y}$$ Para que la línea de Euler sea paralela a un lado, esta debe ser una de $0$ , $ \frac yx$ o $ \frac y{x-1}$ .
La primera ecuación generada define una elipse con relación de aspecto $ \sqrt3 $ cuyo eje menor es uno de los lados del triángulo. Las otras dos ecuaciones son cúbicas: $$4y^2+3(2x-1)^2=3$$ $$3x^2(1-x)+y^2(1-3x)=0$$ $$3x(1-x)^2+y^2(3x-2)=0$$ Para que la línea de Euler de un triángulo sea paralela a uno de sus lados, debe ser que después de la transformación descrita, las coordenadas del tercer punto satisfagan una de las tres ecuaciones anteriores. Es decir, si los dos puntos marcados a continuación son vértices de un triángulo, el tercer vértice debe estar en las curvas azules.
Las dos últimas ecuaciones están relacionadas por el mapa $x \mapsto1 -x$ .
Para el triángulo dado, el tercer punto se transforma en $ \left ( \frac13 , \frac23\right )$ que satisface la tercera ecuación.
La forma angular de la enfermedad, $ \tan P \tan Q=3$ puede derivarse más fácilmente de la fórmula de la pendiente de la línea de Euler. Que $P$ y $Q$ estar en el $x$ -Eje, entonces la fórmula de la pendiente da $m=- \frac {3+pq}{p+q}$ y esto es $0$ si la línea de Euler es paralela a $PQ$ cediendo $pq=-3$ . Ahora $p= \pm\tan Q$ y $q= \mp\tan P$ los signos dependiendo de la posición relativa pero siempre opuestos, así que $ \tan P \tan Q=3$
Otra derivación de la forma angular se puede lograr a través de las coordenadas baricéntricas $A:B:C$ . Una línea paralela a $BC$ tendrá una primera coordenada baricéntrica constante, y el centroide siempre tiene coordenadas $ \frac13 : \frac13 : \frac13 $ así que la línea de Euler es paralela a $BC$ del ortocentro, que tiene una coordenada baricéntrica ratios $ \tan A:\tan B:\tan C$ se normaliza de tal manera que la primera coordenada baricéntrica es $ \frac13 $ . Esto sucede cuando $2 \tan A= \tan B+ \tan C$ y la forma angular surge de la escritura $A$ en términos de $B$ y $C$ y simplificando: $$2 \tan ( \pi -(B+C))=-2 \tan (B+C)= \frac {-2( \tan B+ \tan C)}{1- \tan B \tan C}= \tan B+ \tan C$$ $$ \frac {-2}{1- \tan B \tan C}=1$$ $$-2=1- \tan B \tan C$$ $$ \tan B \tan C=3$$
