Locus y líneas concurrentes

Question

Este va a ser mi primera pregunta :-)

Deje $\mathcal{D}_1$ $\mathcal{D}_2$ dos rectas concurrentes, y $F$ a un punto en el plano, y $H$ $G$ sus imágenes por las simetrías de ejes $\mathcal{D}_1$$\mathcal{D}_2$.

1) ( he resuelto este uno, pero estoy adjuntando si es de alguna manera relacionados con ) : Hallar el lugar geométrico del punto de $F$ que satisface $HG=\lambda$ ( donde $\lambda > 0$ ).

Fácil : Si llamamos a $E$ la intersección de las dos líneas y $\alpha$ el ángulo entre ellos, nos encontramos con que es el círculo de centro $E$ y radio de $\frac{\lambda}{2\sin \alpha}$.

2) la Misma pregunta pero esta vez de arreglar $FG+FH$ e no $HG$, en otras palabras, la ecuación se convierte en $FG+FH=\lambda$.

Aquí no tengo ninguna idea. En primer lugar me conjeturó que podría ser un círculo de centro $E$ también, pero más tarde me enteré de que es imposible...

Consejos por favor ? Yo no soy bueno en geometría, de hecho, estoy haciendo este tipo de ejercicios de este verano con el fin de subir de nivel un poco :-)

Gracias !

He aquí una construcción hice con GeoLabo :

Answer 1

El post por Jyrki Lahtonen dirige directamente al ortogonal caso. Se puede generalizar de una manera sencilla. Nosotros lo hacemos, con el fin de abordar la creencia de que el OP que en el caso general, el lugar geométrico es hiperbólico.

Deje $\alpha$ ser el ángulo entre las dos líneas. Suponemos que $0< \alpha \le \pi/2$. Trabajamos en el habitual sistema de coordenadas. Deje que las líneas de cumplir en el origen. Con el fin de trabajar la geometría, podemos colocar las líneas donde queramos.

Por el bien de la familiaridad, y lo que es más importante, la simetría, dejar que las ecuaciones de las dos líneas se $y=mx=(\tan\beta)x$ $y=-mx=-(\tan\beta)x$ donde $\beta=\alpha/2$.

Como en Jyrki Lahtonen de la solución, el problema es el mismo como el problema de encontrar el lugar geométrico de los puntos $F$ tales que la suma de las distancias perpendiculares de $F$ a las dos líneas es $\lambda/2$.

Recordemos que si una recta tiene por ecuación $ax+by+c=0$, entonces la distancia perpendicular de $(x_0,y_0)$ a de la línea es igual a $$\frac{|ax_0+by_0+c|}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$

Por lo tanto la distancia de $(x_0,y_0)$ $y=mx$ $y=-mx$son, respectivamente, $$\frac{|y_0-mx_0|}{\sqrt{1+m^2}}\qquad\text{and}\qquad \frac{|y_0+mx_0|}{\sqrt{1+m^2}}.$$ Así, el locus de $F$ está dado por la ecuación $$|y-mx| +|y+mx|=\frac{\lambda\sqrt{1+m^2}}{2}.$$

Este es un rectángulo con lados paralelos a los ejes. La esquina en el primer cuadrante tiene coordenadas $(x,y)$ donde $$x=\frac{\lambda\sqrt{1+m^2}}{4m}\qquad \text{and}\qquad y=\frac{\lambda\sqrt{1+m^2}}{4}$$ y las esquinas restantes se obtienen por simetría. Las cosas se ven mucho mejor si utilizamos el hecho de $m=\tan\beta$. Que los rendimientos de $$x\sin\beta=y\cos\beta=\lambda/4.$$

La simplicidad de la respuesta demuestra que no debe ser muy simple, sintético argumento. Ahora que sabemos la respuesta, la producción de un "geométrica", argumento debe ser fácil. Una ventaja del enfoque geométrico es que el trabajo analítico que entró en ella desaparecerá, por lo que la prueba aparecerá mágico. A veces, cuando estoy en un geométricas estado de ánimo?

Answer 2

Bien hecho con la parte 1. He aquí una sugerencia para la parte dos: $|FG|+|FH|$ es el doble de la suma de las distancias de $F$ a las dos líneas. Así que si las dos líneas que pasó a ser ortogonal, entonces la respuesta (en la clara del sistema de coordenadas), que sería el conjunto de soluciones de $$|x|+|y|=\frac{\lambda}2.$$

La solución en el caso especial de arriba es un cuadrado. En el caso general, podemos conseguir un rectángulo como user6312 mostró anaytically. Quizás un poco más "geométrico" camino de la construcción va de la siguiente manera. Hay dos puntos en $D_1$ a una distancia $\lambda/2$ $D_2$ y dos puntos en $D_2$ a una distancia $\lambda/2$$D_1$. Una reflexión con respecto a la bisectriz de (cualquier) el ángulo entre el $D_1$ $D_2$ es una simetría de la imagen, por lo que estos 4 puntos son los vértices de un rectángulo: los lados son paralelos a las dos bisectrices de los ángulos. Deje $A$ $B$ dos vértices adyacentes de este rectángulo. Decir que $A$ está a una distancia de 0 de $D_1$ y a una distancia $\lambda/2$ $D_2$ - $B$ las dos distancias son intercambiados. Si $P$ es cualquier punto sobre el segmento de línea $AB$, $\vec{EP}=t\vec{EA}+(1-t)\vec{EB}$ algunos $t\in[0,1]$. Es entonces claro que $P$ está a una distancia de $t(\lambda/2)$$D_1$, y a una distancia $(1-t)(\lambda/2)$$D_2$. Por lo tanto, $P$ tiene la propiedad deseada. IOW en el caso general, he utilizado una base distinta a la habitual ortonormales $\{\vec{i},\vec{j}\}$ que es bastante bueno para el caso más sencillo.