Un punto interesante de un triángulo. (Necesita ayuda para probar una declaración).

Question

Considere un triángulo cuyos lados son los segmentos de $\color{red}{\text{line}}$, $\color{blue}{\text{line}}$, $\color{green}{\text{line}}$ la caída en el circum-círculo de $c$. Vamos $\color{red}{\text{P}}$,$\color{green}{\text{P}}$, $\color{blue}{\text{P}}$ ser los polos (con respecto a $c$) de los correspondientes lados del triángulo.

Ahora, tomar un punto de $P$ diferente de la de los polos. Conectar los polos con $P$. Las líneas de conexión se cruzará con el correspondiente bordes o las elongaciones de las tesis de los bordes se mencionó anteriormente (tal vez en el $\infty$). (Correspondiente significa: $\color{red}{\text{ red broken line}}$$\color{red}{\text{ red edge line }}$, etc.

A continuación, conecte los vértices del triángulo con el opuesto de la intersección de los puntos mencionados anteriormente, como se muestra en la siguiente figura (líneas blancas). Las líneas blancas se reunirán en un punto. (Tal vez en el infinito; a continuación, las líneas blancas son paralelas).

Yo llamo a este punto de la $P$-polo de punta del triángulo con respecto a sus circunstancias círculo y el punto de $P$. No puedo probar que el poste de punto siempre existe. (Existe incluso si las líneas blancas son paralelas). Cualquier ayuda, por favor? Conocidos los resultados?

La misma declaración puede ser contada más fácil en el lenguaje de la geometría hiperbólica: Tomar un ideal triángulo y un punto de $P$ no en los laterales. Gota perpendiculares de $P$ a los lados del triángulo. Considerar los puntos de intersección. A continuación, conecte estos puntos de intersección con el opuesto vértices con adecuado de parallels. Estos paralelismos se reunirán en un punto, el "polo de punto del ideal del triángulo con respecto a $P$. (Ver la figura siguiente).

Para ser honesto, no tengo la menor idea de cómo probar las instrucciones dadas anteriormente. Me encontré con la "pole" en el azul claro.

Answer 1

Cualquier ideal dos triángulos son congruentes, o en otras palabras, cualquier no-degenerada triángulo inscrito en el círculo unidad puede ser asignado a cualquier otro por una transformación proyectiva que corrige el círculo unidad. Así que sin pérdida de generalidad puede restringir sus consideraciones para un caso especial.

Me gusta coordenadas, así que me gustaría empezar con $\triangle A_1A_2A_3$, la matriz $M$ de su circunferencia circunscrita, y el punto de $P$ elegido como sigue (en coordenadas homogéneas):

$$P=\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} \qquad M=\begin{pmatrix}1&&\\&1&\\&&-1\end{pmatrix}$$

\begin{align*} A_1&=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix} & A_2&=\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix} & A_3&=\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix} \\ a_1=A_2\vee A_3&=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} & a_2=A_3\vee A_1&=\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix} & a_3=A_1\vee A_2&=\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix} \\ B_1=Ma_1&=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix} & B_2=Ma_2&=\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix} & B_3=Ma_3&=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \\ b_1=P\vee B_1&=\begin{pmatrix}0\\z\\-y\end{pmatrix} & b_2=P\vee B_2&=\begin{pmatrix}y+z\\z-x\\-x-y\end{pmatrix} & b_3=P\vee B_3&=\begin{pmatrix}y-z\\z-x\\x-y\end{pmatrix} \\ C_1=a_1\wedge b_1&=\begin{pmatrix}0\\y\\z\end{pmatrix} & C_2=a_2\wedge b_2&=\begin{pmatrix}z+y\\x-z\\2z-x+y\end{pmatrix} & C_3=a_3\wedge b_3&=\begin{pmatrix}z-y\\z-x\\2z-x-y\end{pmatrix} \\ c_1=A_1\vee C_1&=\begin{pmatrix}y\\z\\-y\end{pmatrix} & c_2=A_2\vee C_2&=\begin{pmatrix}3z-2x+y\\y+z\\-y-z\end{pmatrix} & c_3=A_3\vee C_3&=\begin{pmatrix}3z-2x-y\\y-z\\y-z\end{pmatrix} \end{align*}

$A_i$ son los vértices del triángulo. $a_i$ sus bordes, su sólida líneas de color. $B_i$ sus polos, su $\color{red}P,\color{green}P,\color{blue}P$. $b_i$ la conexión de estos a $P$, es decir, el perpendiculares, que se dibuja líneas discontinuas. $C_i$ son los puntos donde estos se cruzan los bordes. Finalmente, $c_i$ son las líneas que unen estos, que dibujó en blanco.

Estas tres líneas de $c_i$ son concurrentes si su determinante es cero.

$$\begin{vmatrix} y&3z-2x+y&3z-2x-y\\ z&y+z&y-z\\ -y&-y-z&y-z \end{vmatrix}=0$$

El punto de concurrencia es

$$Q=c_1\wedge c_2= \begin{pmatrix}y^2- z^2 \\ 2xy - 2yz \\ y^2 + 2xz - 3z^2\end{pmatrix}$$

Hay algunos degenerados situaciones, donde el punto de que se convierte en indefinido, es decir, el vector nulo. Computación en todas las soluciones a este conjunto de tres cuadrática homogénea ecuaciones, usted encontrar los degenerados situaciones a las que se

$$P\in\left\{ \begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} \right\}=\{B_1,B_2,B_3\}$$

Esos son los casos que explícitamente excluidos, por lo que en todas las demás situaciones, todo está bien.

Answer 2

Aquí voy a probar la primera formulación de la declaración en completamente no-analítica. En esta prueba, por "partes" de un triángulo voy a decir las líneas que contienen estos lados.

Voy a probar primero un lema: vamos a $A_1A_2A_3$ es cualquier triángulo y deje $B_1,B_2,B_3$ ser los puntos en los lados de este triángulo opuesto a $A_1,A_2,A_3$ respectivamente, tal que $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ son concurrentes en el punto de $P$. También vamos a $C_1,C_2,C_3$ mentira en los lados del triángulo $B_1B_2B_3$ tal que $A_1C_1,A_2C_2,A_3C_3$ son concurrentes en el punto de $Q$. A continuación, las líneas de $B_1C_1,B_2C_2,B_3C_3$ son concurrentes.

(NOTA: aún no sabemos si el punto rojo es un punto de concurrencia)

La prueba del lema: Vamos a $X_i$ ser la intersección de la línea de $A_iB_i$ con el lado del triángulo $B_1B_2B_3$, y deje $Y_i$ ser la intersección de la línea de $A_iC_i$ con el lado del triángulo $A_1A_2A_3$. También vamos a denotar por $[XYZ]$, para los puntos colineales $X,Y,Z$, el valor de $\frac{XY}{YZ}$ si $Y$ entre $X,Z$ $-\frac{XY}{YZ}$ lo contrario. Podemos formular del teorema de Ceva como "$AK,BL,CM$ son concurrentes cevians de $\triangle ABC$ fib $[BKC]\cdot[CLA]\cdot[AMB]=1$.

Por proyectivas de la invariancia de la cruz de relación tenemos $\frac{[A_1B_3A_2]}{[A_1Y_3A_2]}=\frac{[B_2X_3B_1]}{[B_2C_3B_1]},\frac{[A_2B_1A_3]}{[A_2Y_1A_3]}=\frac{[B_3X_1B_2]}{[B_3C_1B_2]},\frac{[A_3B_2A_1]}{[A_3Y_2A_1]}=\frac{[B_1X_2B_3]}{[B_1C_2B_3]}$, por lo que multiplicando llegamos $\frac{[A_1B_3A_2]}{[A_1Y_3A_2]}\frac{[A_2B_1A_3]}{[A_2Y_1A_3]}\frac{[A_3B_2A_1]}{[A_3Y_2A_1]}=\frac{[B_2X_3B_1]}{[B_2C_3B_1]}\frac{[B_3X_1B_2]}{[B_3C_1B_2]}\frac{[B_1X_2B_3]}{[B_1C_2B_3]}$. Ahora del teorema de Ceva, numeradores de ambos lados y el denominador de la LHS son todos iguales a $1$, por lo que el denominador del lado derecho es igual a $1$, así que de nuevo por Ceva $A_1Y_1,A_2Y_2,A_3Y_3$ son concurrentes y lema de la siguiente manera.

Ahora queremos encontrar este tipo de configuración en su problema. Si tomamos colorido puntos de $P$ de su problema como $A_1,A_2,A_3$ en el lexema y los vértices de su triángulo como $B_1,B_2,B_3$ entonces tenemos que $A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3$ son concurrentes mediante el uso de ciertas degenerado forma de Brianchon del teorema (tenga en cuenta que el círculo en cuestión es tangente a los lados del triángulo formado por el colorido de los puntos de $P$, debido a un polo de la línea de intersección de un círculo de intersección de las tangentes a través de los puntos de intersección). Ahora el punto negro $P$ de su problema funcionará como punto de $Q$ de lema, si tomamos $C_1,C_2,C_3$ ser colorido de los puntos en los laterales del triángulo. Por el lema, líneas de $B_1C_1,B_2C_2,B_3C_3$ será concurrente - pero esas son precisamente las líneas blancas de preguntar acerca de. De modo que el polo de hecho, siempre existe (excepto para los casos en negra $P$ es en uno de los laterales del triángulo).