Prueba del vínculo Peaucellier-Lipkin

Question

Consulte el siguiente enlace que he construido en Geogebra. Los segmentos $OB=OB=a$ y $BP=PC=CP'=P'B=b$ tienen una longitud fija en todo momento, mientras que $P$ puede moverse a lo largo del círculo rojo. Todos los demás puntos, especialmente $B$ , $C$ y $P'$ se construyen dinámicamente y no pueden moverse manualmente. $M_{BC}$ es el punto medio de $B$ y $C$ mientras que la línea $f$ es la línea que pasa por $O$ y $P'$ (y por lo tanto $P$ también).

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He aquí un breve gif animado con mi construcción: http://g.recordit.co/oAnNgSuVvR.gif

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Protocolo de construcción

1. Sea $O=(0, 0)$ y $M=(x,0)$ con $x$ . En mi caso $x=3$ es adecuado.
2. Dibujar círculo $c$ a través de $O$ con centro $M$ (que es el círculo rojo sin nombre de mi foto).
3. Elija un punto arbitrario $P$ en $c$ .
4. Elija el adecuado $a$ y $b$ que en mi caso se implementan como deslizadores. $a=7$ y $b=3$ con respecto a mi $M$ son razonables.
5. Dibujar círculo $d$ con centro $O$ y radio $a$ .
6. Dibujar círculo $e$ con centro $P$ y radio $b$ .
7. Intersecar los círculos $d$ y $e$ y nombra los dos puntos $B$ y $C$ .
8. Dibujar los segmentos $OB$ y $OC$ así como $BP$ y $CP$ .
9. Dibujar un círculo $f$ con centro $B$ y radio $b$ .
10. Dibujar un círculo $g$ con centro $C$ y radio $b$ .
11. La intersección de $f$ y $g$ rinde nuestro ya recogido $P$ y $P'$ también.
12. Dibujar los segmentos $BP'$ y $CP'$ .
13. Mover $P$ a lo largo del círculo, entonces la traza de $P'$ es una línea.

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Reclamación. El movimiento de rotación de $P$ a lo largo del círculo rojo implica que la traza de $P'$ es una línea recta y viceversa.

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Prueba. Del teorema de Pitágoras podemos deducir

$$\begin{align*}(OM_{BC})^2 + (BM_{BC})^2 &= (OB)^2\\ (PM_{BC})^2 + (BM_{BC})^2 &= (PB)^2\end{align*}$$

Por ensayo y error me di cuenta de que

$$\begin{align*} OP\cdot OP' &= (OM_{BC} - PM_{BC})\cdot (OM_{BC} + PM_{BC}) \\ &= (OM_{BC})^2 - (PM_{BC})^2 \\ &= (OB)^2 - (BM_{BC})^2 - ((PB)^2 - (BM_{BC})^2) \\ &= (OB)^2 - (PB)^2\\ &= a^2 - b^2 \text{ is constant}. \end{align*}$$

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Lamentablemente no sé cómo continuar a partir de aquí para demostrar mi afirmación.

Answer 1

Sea $N$ sea la otra intersección del círculo rojo con la línea $OM$ y $H$ la proyección de $P'$ en la misma línea.

Si $P$ pertenece al círculo rojo, entonces los triángulos $ONP$ y $OP'H$ son similares (comparten un ángulo y ambos tienen un ángulo recto), por lo tanto: $$ HO:OP=OP':ON, \quad\hbox{that is:}\quad HO={OP\cdot OP'\over ON}={a^2-b^2\over 2r}, $$ donde $r$ es el radio del círculo rojo, y he utilizado tu resultado $OP\cdot OP'=a^2-b^2$ .

La longitud de $HO$ no depende entonces de la posición de $P$ : eso significa que $P'$ se encuentra en una línea $t$ perpendicular a $OM$ y cuya distancia desde $O$ es $OH=(a^2-b^2)/(2r)$ QED.

Si, por el contrario, $P'$ pertenece a la línea $t$ descrito anteriormente, entonces tenemos $OP\cdot OP'=HO\cdot ON$ . Por lo tanto, triángulos $ONP$ y $OP'H$ son semejantes (comparten un ángulo, comprendido entre lados proporcionales). De ello se deduce que $\angle OPN=\angle OHP'=90°$ y $P$ pertenece por tanto al círculo de diámetro $ON$ QED.