Construir la inversa de la inversión de círculo de un punto con la regla sólo

Question

He estado leyendo un poco sobre inversive la geometría, en particular, el círculo de la inversión. El siguiente es un problema de Hartshorne de la geometría clásica, que he estado luchando con encendido y apagado durante unos días.

Pensé que sería útil para mostrar que $TU\perp OA$ primera. A lo mejor, traté de etiqueta de ángulos de acuerdo a cuáles son congruentes el uno con el otro. Sé $\angle RPS$ $\angle RQS$ son correctas, ya que sobrepasan el diámetro, por lo $\angle TPS=\angle UQS$ son tanto a la derecha como así. Por lo $PTUQ$ es un cuadrilátero cíclico, y por lo tanto $\angle RTQ=\angle PUQ$. El etiquetado de $\angle SPQ$$3$$\angle PQS$$4$, veo que $1+2+3+4$ suma de dos ángulos rectos.

Eso es casi tan lejos como mis observaciones me consiguió. Mi corazonada es que $RTU$ es un triángulo isósceles, y $PU$ es como una línea de simetría, pero no estoy seguro de cómo lo muestran, y cómo, finalmente, a la conclusión de $TU$ cumple con $OA$$A'$, $OA\cdot OA'=r^2$ donde $r$ es el radio si $\Gamma$. Gracias por cualquier idea sobre cómo resolver esto.

Answer 1

Las tres perpendiculares de las esquinas de un triángulo a los lados se reúnen en un punto común, la orthocentre. Usted sabe que $UP$ es perpendicular a $RT$ $TQ$ es perpendicular a $RU$; de ello se deduce que la línea a través de $R$ y su intersección $S$ es perpendicular a $TU$.

[Actualización:] resulta Que en realidad se puede ir de la deducción de todos los ángulos de forma muy similar a como empezó. Voy a usar de sus ángulos $1$, $2$ y $3$. (No entiendo cómo se definen $4$; en el dibujo se parece marcar los ángulos rectos $\angle SPT$$\angle SQU$, pero en el texto se define como $\angle PQS$.)

En primer lugar, la simetría de la situación de manifiesto, también vamos a trazar las líneas de $PA'$$QA'$. Aquí tenéis una imagen (voy a ser justificando los ángulos he rellenado un poco):

El triángulo $PQA'$ es el orthic triángulo del triángulo $RTU$. Si usted toma el círculo de $\Gamma$, el diagrama de ha $S_3$ simetría, por lo que los cuadriláteros $A'URP$ $QRTA'$ son cíclicos por la misma razón como $PTUQ$; que justfies los ángulos he rellenado. Desde $|OR|=|OP|=r$, t $ROP$ es isósceles, por lo $\angle OPR$ es de 3, y por lo tanto, $\angle OPA$ es 1. Por lo tanto los triángulos $OPA$ $OPA'$ tienen dos ángulos en común (1 en$\angle OPA$$\angle OA'P$, e $\angle POA=\angle POA'$), y, por tanto, son similares. La inversión de la propiedad, a continuación, sigue tomando las proporciones de los lados correspondientes en estos triángulos.

P. S.: Que la altura de $RTU$ son las bisectrices de sus orthic triángulo está relacionado con el hecho, mencionado en el artículo de la Wikipedia) que el orthocentre es el incentre de la orthic triángulo.

Answer 2

voy a seguir en jorikis respuesta. en primer lugar vamos a demostrar que a y a' cortar la diagonal RS armónicamente. que es la cruz proporción de cuatro puntos colineales $(R, S; A, A^\prime)$ definido por $\frac{RA}{SA} / \frac{RA^\prime}{SA^\prime}$ es la unidad. esto implica que el $A$ $A^\prime$ son conjugados. cruz proporción de $(R, S; A, A^\prime)$ es igual a la proporción de la cruz de las líneas de $(RP, SP; AP, A^\prime P)$ que es $\frac{\sin(\angle RPA) \sin(\angle S P A^\prime)}{\sin(\angle SPA) \sin(\angle RPA^\prime)}$ por la ley del seno. esta es la unidad debido a $\angle RPS = 90^\circ$ y la línea de $PS$ biseca $\angle AP A^\prime.$

p.s. tengo esta idea mediante la selección de $P$, de modo que $AP$ es ortogonal a $RS.$ en este caso especial el resultado de la siguiente manera fácilmente. ahora generalizar.