El lugar geométrico de dos perpendiculares tangentes a una elipse dada

Question

Para una elipse dada, encontrar el lugar geométrico de todos los puntos P para los cuales las dos tangentes son perpendiculares.

Tengo una prueba trigonométrica que el lugar geométrico es un círculo, pero me gustaría una pura prueba de geometría (sintética).

Answer 1

Es bien conocido círculo, generalmente llamado el "Director del círculo", a pesar de que Wikipedia prefiere "de Fermat–círculo de Apolonio"

Usted puede encontrar un proyectiva prueba geométrica aquí desde París Pamfilos aunque yo prefiero uno basado en la geometría analítica, como la discusión aquí por Michael Raugh o el siguiente de diapositivas, 12 y 13 de la Carrera Iniciador de la India el uso de los resultados anteriores para las tangentes a una elipse:

Si la elipse es $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ y nos tomamos una recta tangente a la elipse de el punto de $(h,k)$ con pendiente $m$ $(h^2-a^2)m^2-2hkm+(k^2-b^2) =0$.

Esto tiene dos soluciones $m_1$ $m_2$ con $m_1 m_2 = \dfrac{k^2-b^2}{h^2-a^2}$, y los dos tangentes son perpendiculares si $m_1 m_2 = -1$, por lo que necesitamos $h^2 +k^2 = a^2+b^2$, significado del locus es el círculo $$x^2+y^2 = a^2+b^2.$$

Answer 2

Si lo que quieres es una prueba de que el lugar geométrico es un círculo, podemos asumir que la elipse está dada por $$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1.$$

Ignorando verticales tangentes por ahora, si una línea de $y=mx+k$ es tangente a la elipse, luego de conectar este valor de $y$ en la ecuación de la elipse da $$\frac{x^2}{a^2} + \frac{(m^2x^2 + 2mkx + k^2)}{b^2} = 1$$ o $$(b^2 + a^2m^2)x^2 + 2a^2mkx + (a^2k^2 - a^2b^2) = 0.$$ Esta ecuación nos da los dos puntos de intersección de la línea con la elipse. Si la línea es tangente, entonces los dos puntos deben coincidir, por lo que la cuadrática debe tener cero discriminante. Es decir, tenemos $$(2a^2mk)^2 - 4(a^2k^2 - a^2b^2)(b^2+a^2m^2) = 0$$ o, equivalentemente, $$\begin{align*} (a^2m^2)k^2 -a^2(b^2+a^2m^2)k^2 &= -a^2b^2(b^2+a^2m^2)\\ -a^2b^2k^2&= -a^2b^2(b^2+a^2m^2)\\ k^2 &= b^2+a^2m^2\\ k &= \pm\sqrt{a^2m^2 + b^2}. \end{align*} $$ Por lo que las líneas tangentes a la elipse son de la forma $$y = mx \pm \sqrt{a^2m^2 + b^2}.$$

Ya que el problema es simétrico con respecto al $x$$y$, considerar los puntos en la mitad superior del plano, así que vamos a tomar el signo más arriba. La tangente perpendicular a ésta por ello, se tiene la ecuación $$y = -\frac{1}{m}x + \sqrt{\frac{a^2}{m^2} + b^2},$$ o, equivalentemente, $$my = -x + \sqrt{a^2 + m^2b^2}.$$ (Estamos ignorando las verticales y horizontales tangentes; voy a tratar con ellos en la final).

Si un punto de $(r,s)$ es en ambas líneas, entonces tenemos $$\begin{align*} s-mr &= \sqrt{a^2m^2 + b^2}\\ ms + r &= \sqrt{a^2+m^2b^2}. \end{align*}$$ El cuadrado ambos lados de ambas ecuaciones obtenemos $$\begin{align*} s^2 - 2mrs + m^2r^2 &= a^2m^2 + b^2\\ m^2s^2 + 2mrs + r^2 &= a^2 + m^2b^2 \end{align*}$$ y sumando ambas ecuaciones, tenemos $$\begin{align*} (1+m^2)s^2 + (1+m^2)r^2 &= (1+m^2)a^2 + (1+m^2)b^2,\\ (1+m^2)(s^2+r^2) &= (1+m^2)(a^2+b^2)\\ s^2+r^2 = a^2+b^2, \end{align*}$$ mostrando que $(s,r)$ se encuentra en un círculo, es decir,$x^2+y^2 = a^2+b^2$.

Tomando el signo negativo de la raíz cuadrada conduce a la misma ecuación.

Por último, para las verticales y horizontales tangentes, estos ocurren en $x=\pm a$; las horizontales tangentes se $y=\pm b$. Sus intersecciones que se producen en $(\pm a,\pm b)$, que se encuentran en el círculo de arriba. Así que el lugar geométrico de los puntos tales contenida en el círculo de la $x^2+y^2 = a^2+b^2$.

Por el contrario, considere la posibilidad de un punto de $(r,s)$ que se encuentra en $x^2+y^2 = a^2+b^2$. Si una tangente a la elipse $$ y = mx + \sqrt{a^2m^2 + b^2}$$ pasa a través de $(r,s)$, luego tenemos $$ s-mr = \sqrt{a^2m^2+b^2}.$$ El cuadrado ambos lados, tenemos $$s^2 - 2msr + m^2r^2 = a^2m^2 + b^2$$ o $$(a^2-r^2)m^2 +2srm + (b^2-s^2) = 0.$$ Desde $r^s+s^2 = a^2+b^2$,$a^2 - r^2 = s^2-b^2$, nos hemos $$(s^2-b^2)m^2 + 2srm + (b^2-s^2) = 0,$$ y si no tenemos $s=\pm b$ (horizontal/vertical tangente puntos de intersección), entonces obtenemos $$m^2 + tm - 1 = 0,\qquad\text{where } t = \frac{2sr}{s^2-b^2}.$$ Así que las dos soluciones para $m$, $m_1$ y $m_2$, satisfacer $m_1m_2 = -1$, por lo tanto las dos tangentes son perpendiculares. Que es, en cada punto en la mitad superior del círculo, las dos líneas a través del punto que son tangentes a la elipse son perpendiculares uno al otro.

Así que todos estos puntos están en el círculo, y todos los puntos en el círculo son tales puntos. (El círculo se llama el director del círculo de la elipse).

Answer 3

Por favor, disculpe mi español que no es probablemente muy correcto.

Aquí es una prueba de que he leído por ahí (yo no soy el buscador de ella). Puede parecer mucho, pero es por la forma en que me lo explique ; en realidad es muy sencillo. Es "sintético" como usted desea ? Se juzgarán a sí mismos.

En primer lugar, imaginar rígido en el plano que se desliza sobre un plano fijo, y considerar, en un tiempo determinado t, el campo de vectores de las velocidades, con respecto al plano fijo, de todos los puntos del movimiento del avión. Desde el movimiento plano es rígido, el campo de vectores de las velocidades deben ser de uno de los dos tipos siguientes : (i) o es una constante en el vector de campo, y eso significa que todos los puntos de los movimientos del plano tienen el mismo (vectorial) de la velocidad en el tiempo t (en caso de una traducción instantánea) ; (ii) o existe un punto C, llamado el centro instantáneo de rotación, tal que la velocidad en cualquier punto M es ortogonal al vector CM (caso de un instante de rotación). Por supuesto, el centro instantáneo de rotación puede moverse a diferentes lugares durante el movimiento. Una prueba de estos hechos, véase el apéndice a continuación.

Ahora dibuja su figura en un plano fijo, y dibuje un par de ejes ortogonales cruce en el punto a en algún otro plano rígido. A continuación, poner el segundo plano en la primera de ellas de tal manera que los ejes son tangentes a la elipse, y finalmente girar este segundo plano en el fijo, manteniendo los ejes de la tangente a la elipse. Lo que estamos buscando es el lugar geométrico de un punto a a Un durante este movimiento.

La próxima revisión de un punto P y un punto P sobre los ejes de la que, en un determinado tiempo fijo t, estos puntos coinciden con los puntos de contacto de los ejes de la elipse. Mi primera afirmación es que en ese mismo tiempo t, las velocidades de los puntos P y Q son tangentes a la elipse. De hecho, si no lo eran, al menos uno de estos puntos de la cruz de la elipse en el tiempo t, y esto llevaría a una contradicción con el hecho de que los ejes siguen siendo tangente a la elipse. A partir de esta primera afirmación, y ya que estas velocidades son ortogonales entre sí, se puede concluir que existe un centro instantáneo de rotación C ubicado en la intersección de la normal a la elipse en los puntos P y Q, o, en otras palabras, que se encuentra en el cuarto vértice de un rectángulo con tres primeros vértices en P, a y P. Se deduce que la velocidad del punto a al tiempo t es ortogonal a la diagonal CA del rectángulo (PAQC).

Mi segunda afirmación es que esta diagonal CA pasa por el centro O de la elipse. De hecho, esto se deduce del hecho de que pasa por el punto medio de P y Q ya (PAQC) es un rectángulo, y desde el hecho bien conocido de que cuando se administra dos tangentes (aunque no ortogonal) de la elipse, entonces el punto de intersección de las dos tangentes, el punto medio de los dos puntos de contacto, y el centro de la elipse, se encuentran sobre una misma línea recta : es obvio por la simetría cuando la elipse es un círculo, y todos estos hechos pueden ser transportados a cualquier elipse desde que permanecen invariantes bajo transformaciones afines. Como consecuencia de esta segunda afirmación, tenemos que la velocidad del punto a en el tiempo t es ortogonal al vector OA.

Pero este resultado se cumple para cualquier tiempo fijo t. Por lo tanto, la velocidad del punto a se queda siempre ortogonal a los vectores OA, y de ello se sigue que (plaza de la) distancia OA permanece constante durante el movimiento, ya que tiene un cero de la derivada. Y esto demuestra que el punto a se mueve a lo largo de un círculo centrado en O.

El final.

Apéndice : el campo de vectores de las velocidades de un rígido en movimiento plano.

Deje que nosotros denotamos por M' la velocidad del punto M, en algunos fija el tiempo t. Si a y M son dos puntos de la rígido en movimiento plano, diferenciando el cuadrado de la distancia constante AM obtenemos que M'-A' es ortogonal al vector de la mañana. Mencionemos dos consecuencias de esta : (i) si existe un punto C tal que C'=0, entonces M es ortogonal al vector CM para todos los puntos de M de los movimientos del plano (caso de un instante de rotación) ; (ii) si a es tal que Un'$≠$0, entonces para todos los puntos de M acostado en la línea a través de Un ortogonales a Una', las velocidades M' son paralelos A' (es decir, que son linealmente dependientes).

Entonces podemos concluir de la siguiente manera : (i) si hay dos puntos a y B tal que a' y B' no son paralelos (es decir, son linealmente independientes), las líneas a través de Un ortogonales a Una' y a través de B ortogonal a B' se cruzan en algún punto C donde la velocidad debe ser paralela a ambos a' y B', por lo que C'$=0$, y luego tenemos un instantáneo de rotación como se demostró anteriormente ; (ii) y si (en caso contrario) las velocidades son todas paralelas a una dirección de Un'≠0, entonces en cualquier punto M tal que AM no es ortogonal a a' la velocidad tiene que ser de M'=A', y no es difícil ver que esto implica que en realidad M'=' para todos los puntos de M de los movimientos del avión, lo que es, entonces tenemos una traducción instantánea.

Answer 4

No es una síntesis de la prueba, pero ...

Es interesante notar que los cuatro puntos de destino son fáciles de identificar: estas son las esquinas del rectángulo que delimita la elipse en la izquierda, derecha, superior e inferior; llaman a esto el "alineado al eje rectángulo delimitador". Claramente, si hacemos girar una elipse alrededor de su centro, entonces las esquinas de la (nueva, sin rotar) alineado al eje rectángulo delimitador de la figura rotada también corresponden a cuatro puntos de destino. Podemos demostrar que el objetivo de los puntos forman un círculo mostrando que estas alineado al eje rectángulos siempre han semi-diagonal $\sqrt{a^2 + b^2}$, independientemente de la rotación.

La parametrización de la elipse por $P(a\cos\theta,b\sin\theta)$ y la rotación sobre el centro de ángulo de $\phi$ da una elipse con parámetros por

$$(a \cos\theta \cos\phi - b \sin\theta \sin\phi, a \cos\theta \sin\phi + b \sin\theta \cos\phi )$$

El lado derecho de la alineado al eje rectángulo delimitador es determinado por el valor de $\theta$ que maximiza el $x$ coordinar; la parte superior está determinado por el valor que maximiza la $y$ coordinar.

Tenga en cuenta que tanto con parámetros las coordenadas de la forma $U\cos\theta + V\sin\theta$, la cual puede ser expresado como $\sqrt{U^2+V^2} \sin\left(\theta+\psi\right)$ algunos $\psi$. Como $\theta$ recorre todos los valores de$0$$2\pi$, la de coordinar la fórmula debe alcanzar un valor máximo de $\sqrt{U^2 + V^2}$ (y no tenemos que preocuparnos por el valor exacto de $\psi$).

En consecuencia, el girado elipse máxima $x$-coordinar el es $x_{\star}:=\sqrt{a^2\cos^2\phi + b^2\sin^2\phi}$ y su máxima $y$-coordinar el es $y_{\star}:=\sqrt{a^2\sin^2\phi + b^2\cos^2\phi}$, de modo que el rectángulo semi-diagonal, $d$, satisface

$$d^2 = x_{\star}^2 + y_{\star}^2 = \left( a^2 + b^2 \right)\left( \cos^2\phi + \sin^2\phi \right) = a^2 + b^2$$

Por lo tanto, las esquinas de la alineado al eje rectángulos de delimitación de la elipse rotada mentira en el círculo de radio de $\sqrt{a^2 + b^2}$, independientemente del ángulo de rotación, $\phi$; girar de nuevo a través de ángulo de $\phi$ no va a cambiar ese hecho.

Esto demuestra que todos los puntos con el "perpendicular a la tangente" a la propiedad de la mentira en un círculo en particular, pero no muestran que todos los puntos en que los círculos tienen la "perpendicular a la tangente" a la propiedad. Que la implicación se deja para el lector.