Cómo dibujar la elipse y el círculo tangente a cada uno de los otros?

Question

El círculo de $c$ es determinado como son los puntos de $A$$B$, los cuales son elipse de focos. Ahora necesito para la construcción de la elipse que es tangente a la circunferencia $c$ de manera tal que los puntos de $A$ $B$ son sus focos.

La verdad es que estoy interesado en el punto de tangencia, por lo que sería suficiente para la construcción de la misma. Pero por favor, tenga en cuenta que no quiero ningún cálculo algebraico: todo lo que necesito es puramente geométrica de la solución.

He buscado por Internet y he encontrado que en el punto de tangencia con el rayo $OX$ donde $O$ es el centro del círculo y $X$ es el punto de tangencia, debe biseca el ángulo de $AXB$. Esto puede ser útil, pero por favor tenga en cuenta que no tengo ninguna prueba de ello; pero me he quedado ordenador ejemplos y era cierto para todos ellos.

Answer 1

Este es un problema interesante si uno insiste en una solución construible uso puramente geométrica de las operaciones.

Por simplicidad en la descripción de la solución, vamos a elegir un sistema de coordenadas tal que los dos focos $A, B$ $(1,0)$ $(0,1)$ respectivamente. También supondremos que el círculo $\mathscr{C}$ estamos tratando con se centra en $C = (\alpha,\beta)$ en el primer el cuadrante y el radio de $\mathscr{C}$$r$.

Se sabe que la familia de elipses e hipérbolas tener $A$ $B$ como focos están dados por:

$$\frac{x^2}{1+\lambda} + \frac{y^2}{\lambda} = 1\quad\text{ y } \begin{cases} \text{ an ellipse, }&\text{ if } \lambda > 0\\ \text{ a hyperbola, } &\text{ if } 0 > \lambda > -1 \end{casos}\etiqueta{*0}$$ Para un punto de $p = (x,y)$ en esta elipse/hipérbola, la normal es en la dirección $(\frac{x}{1+\lambda}, \frac{y}{\lambda})$. es decir, la línea que pasa a través de $(x,y)$ está dada por:

$$\left\{\;\left( x ( 1 + \frac{t}{1+\lambda} ),\,y ( 1 + \frac{t}{\lambda} ) \right) : t \in \mathbb{R}\;\right\}$$

Si esta elipse/hipérbola es tangente a cualquier círculo centrado en $C$ a punto de $p$, por encima de la línea normal con pasar a través de $C = (\alpha,\beta)$ y se puede demostrar que $(x,y)$ se encuentra en una curva cúbica $\mathscr{P}$:

$$(\alpha y - \beta x )\left(x(x-\alpha) + y(y-\beta)\right) - (x-\alpha)(y-\beta) = 0\tag{*1}$$

Esta es la curva roja representa en la imagen de arriba.

Para $r$ no es demasiado grande, $\mathscr{C}$ $\mathscr{P}$ en general se cortan en 4 puntos. Dos de ellos son "tangente" puntos a dos puntos suspensivos y los otros dos son los puntos tangentes a dos hipérbolas. Todos estos cuatro puntos suspensivos/hipérbolas son tener $A, B$ como de sus focos. Para estos cuatro puntos, uno puede simplificar $(*1)$ y la muestra de que mienten sobre una cónica $\mathscr{Q}$: $$(\alpha y - \beta x)(\alpha x + \beta y - \gamma) - (x-\alpha)(y-\beta) = 0\tag{*2}$$ donde $\gamma = \alpha^2 + \beta^2 - r^2$. Este es el cian curva que contiene $C, F, G, J, K, L$ en la imagen de arriba.

Algunos de estos puntos son relativamente fáciles de construir.

• $C$ - por supuesto, sabemos donde $C$ es. De hecho, uno puede mostrar que $\mathscr{Q}$ es tangente a la línea de $OC$ a punto de $C$. Contando multiplicidad, esto le da a "dos" puntos para determinar el $\mathscr{Q}$.
• Si uno dibuja un círculo con $OC$ como el diámetro, la que se cruzan $\mathscr{C}$ a los dos puntos de $D$$E$. La línea de $DE$ a su vez se cruza con la línea horizontal que contiene a $C$ $F$ y la línea vertical que contiene a$C$$G$.

Una cónica está determinado por cinco puntos. Si por cualquier medio se obtiene una extra punto en $\mathscr{Q}$, entonces podemos construir $\mathscr{Q}$ y sus intersecciones con $\mathscr{C}$, por ejemplo, el punto de $L$ en la imagen de arriba. Estos son los puntos tangentes queremos.

Uno puede mostrar que la cónica $\mathscr{Q}$ cruza la $x$-eje en $J = (\mu,0)$ y $K = (1/\mu,0)$ donde $\mu$ es una raíz de la ecuación cuadrática: $$\alpha x^2 - (\gamma +1) x + \alpha = 0\tag{*3}$$ Si uno no le importa un poco de álgebra, hemos terminado. De lo contrario, podemos convertir este fórmula para una construcción geométrica de $J$ $K$ en 3 pasos:

1. La construcción de un auxiliar de la hipérbola $xy + 1 = 0$ (la verde oliva hipérbola en la imagen de arriba). Los focos de esta hipérbola son $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ $(-\sqrt{2},\sqrt{2} )$ y contiene el punto de $(1,-1)$. Todos ellos pueden ser construidos usando el compás y la regla de inicio de$O$$A$.
2. La construcción de un auxiliar de línea horizontal $\beta y + 1 = 0$ (la línea azul horizontal que contiene a $I$ en la imagen de arriba). Primero se construye un segmento de línea de unirse a $Y = (0,\beta)$$B = (-1,0)$. Luego uno se construye otro segmento de línea paralela a la misma inicio en $Y' = (0,1)$. Este nuevo segmento se cruzará con el $x$-eje en $B' = (-\frac{1}{\beta},0)$. Otro cuarto de círculo nos llevará hasta el punto de $I = (0,-\frac{1}{\beta})$ y la línea horizontal en $I$ es el que necesitamos.
3. Deje $H$ ser la intersección de la línea de $DE$ con la línea azul en el paso anterior. Proyecto en $x$-eje de $H_1$. Ahora, la construcción de un rayo de inicio de $H_1$ $-135^{\circ}$ con respecto al $x$-eje. Este rayo se cruzará con el "verde oliva" hipérbola en$H_2$$H_3$. Si uno de los proyectos de $H_2$ $H_3$ $x$- eje, obtenemos $K$ $J$ respectivamente.

Actualización Desde que Stefan le pregunta, aquí están algunos detalles de cómo se derivan las distintas ecuaciones.

Si lo normal pasa a través de $C = (\alpha,\beta)$, $t$ tal forma que:

$$x (1 + \frac{t}{1+\lambda}) = \alpha \quad\text{ and }\quad y (1+ \frac{t}{\lambda}) = \beta$$ La eliminación de $t$ nos da: $$\begin{align}(1+\lambda)(\frac{\alpha}{x}-1) = \lambda (\frac{\beta}{y} - 1 ) \iff & (1+\lambda)(x-\alpha)y - \lambda(y-\beta)\alpha = 0\\ \iff & (x-\alpha)y - \lambda( \alpha y - \beta x ) = 0 \end{align}$$ Esto nos da $$\lambda = \frac{(x - \alpha)y}{\alpha y - \beta x} \quad\text{ y }\quad 1 + \lambda = \frac{(y - \beta)x}{\alpha y - \beta x}$$ Sustituir a $(*0)$, obtenemos $(*1)$: $$\begin{align} & (\alpha y - \beta x)\left(\frac{x}{y-\beta} + \frac{y}{x-\alpha}\right) = 1\\ \iff & (\alpha y - \beta x)\left(x(x-\alpha)+y(y-\beta)\right) - (x-\alpha)(y-\beta) = 0 \end{align}$$

Si $(x,y)$ también se encuentra en $\mathscr{C}$, $2^{nd}$ factor en la expresión anterior se puede simplificar como:

$$\begin{align} x(x-\alpha)+y(y-\beta) = & (x-\alpha)^2 + (y-\beta)^2 + \alpha (x-\alpha)+\beta(y-\beta)\\ = & \alpha x + \beta y - (\alpha^2 + \beta^2 - r^2)\\ = & \alpha x + \beta y - \gamma \end{align}$$

Sustituyendo esto en $(*1)$ nos da la ecuación de $\mathscr{Q}$$(*2)$:

$$(\alpha y - \beta x)(\alpha x + \beta y - \gamma) - (x-\alpha)(y-\beta) = 0$$

Ahora $(*3)$ es realmente la ecuación de intersección $\mathscr{Q}$ $x$- eje. Establecemos $y = 0$$(*2)$, eliminar el común factor $\beta$ y hemos terminado.