GEOMETRÍA DINÁMICA

La figura básica de Deltoid.

Esta es la figura básica del Deltoid generado por un círculo que gira dentro de otro círculo fijo con un radio tres veces mayor que el radio de la rodadura. Los diversos aspectos y conexiones del deltoides con líneas y ortopolares de Wallace-Simson se tratan en Deltoid.html .

Los 17 controles se pueden configurar en dos etapas cada uno: ocultación / no ocultación. Resultan 2 ¹⁵ = 32768 figuras posibles. Algunos de ellos se describen en el archivo Deltoid.html . Vea allí para referencias. El punto de movimiento (t) hace que el círculo con el centro Q ruede al círculo que pasa por {A ₂ , B ₂ , C ₂ } y genera el deltoides.

Derivado o triángulo medio

La derivada o media equilátera A'B'C 'de un triángulo ABC dado se define de la siguiente manera: 
(i) Sea A' 'el punto de intersección del circuncírculo (c) de ABC con la línea media de BC en el mismo el lado como A. Define {B '', C ''} de manera análoga. 
(ii) En el arco A''A, tome un punto A 'tal que la relación de los arcos A''A / A''A' = 3. Defina {B ', C'} de manera análoga. 
[1] El triángulo resultante A'B'C 'es equilátero. 
[2] Los arcos orientados satisfacen AA '+ BB' + CC '= 0.

El arco AA '' corresponde a un ángulo central de 2B- (pi-A) = BC y, en consecuencia, el ángulo central de AA 'es (2/3) (BC). Por lo tanto, el arco A'ABB 'corresponde a un arco central de 2C + 2/3 (BC) + 2/3 (AC) = (2/3) (A + B + C) = (2/3) pi. Esto prueba [1]. 
La segunda afirmación sigue trivialmente de [1]. Es interesante observar que el ángulo (A'OA '') es igual al ángulo de las líneas (BC, B'C '), ya que sus lados son ortogonales correspondientes. El último ángulo corresponde a la suma algebraica de los arcos BB '+ CC'. Para ver esto, dibuje un paralelo a BC desde C 'y mida los arcos a lo largo de BB'. 
Este ejercicio se usa en la discusión en Deltoid.html y una forma más general de eso se usa en S_Triangles.html .

 Teorema de Desargues.

Para los triángulos ABC, A'B'C ', las dos proposiciones son equivalentes. La validez de uno implica la validez del otro. 
1) Las líneas AA ', BB', CC 'pasan las tres a través de un punto O (llamado centro de perspectiva o perspector ). 
2) Los puntos de intersección de los lados (prolongaciones) A ​​'' = (BC, B'C '), B' '= (CA, C'A'), C '' = (AB, A'B ') se encuentran en una línea e (llamada perspectivity axis o perspectrix ).

Para probar que 1) => 2) aplique Menelaus (vea Menelaus.html ) tres veces a los triángulos: 
(a) OAB y línea [C''A'B '] => (C''A / C''B) (A'O / A'A) (B'B / B'O) = 1, 
(b) OAC y línea [B''A'C '] => (B''C / B''A) ( C'O / C'C) (A'A / A'O) = 1, 
(c) OBC y línea [A''C'B '] => (A''B / A''C) (B 'O / B'B) (C'C / C'O) = 1. 
Multiplicando los lados de las ecuaciones: (C''A / C''B) (B''C / B''A) (A '' B / A''C) = 1, que por Menelao significa que A '', B '', C '' son puntos colineales en los lados del triángulo ABC.

Para demostrar 2) => 1) considere los triángulos C''BB 'y B''C'C que, según la hipótesis actual, son perspectiva en A' '. Por lo tanto, por la parte probada del teorema correspondiente intersecciones de pares laterales O = (BB ', CC'), A = (BC '', CB '') y A '= (B''C', C''B ' ) están en una línea, lo que demuestra que ABC y A'B'C 'son puntos de perspectiva con respecto a O. 
Consulte el archivo Duality.html para obtener otro tipo de prueba de 2) => 1) basada en la dualidad de los espacios proyectivos.

 2. Corolario y aplicaciones.

Deje que un triángulo variable ABC tenga sus vértices {B, C} en dos líneas fijas OB 'y OC' respectivamente y sus lados que pasan a través de tres puntos {A '', B '', C ''} que se encuentran en una línea fija. Entonces su tercer vértice A varía en una línea OA 'que pasa por O.

Problema Dado el triángulo OXY, inscríbale un triángulo A'B'C ', de manera que sus lados pasen por tres puntos dados {A' ', B' ', C' '} que se encuentran en una línea dada. 

De acuerdo con el corolario, todos los triángulos A'B'C 'tienen sus vértices {B', C '} en las líneas {OX, OY} respectivamente y sus lados pasan a través de los puntos fijos {A' ', B' ', C' ' } tienen su tercer vértice A 'variando en una línea fija OA. Su intersección con el tercer lado XY del triángulo dado determina el punto A 'del triángulo deseado. Esto también determina completamente el triángulo A'B'C ', ya que sus lados deben pasar a través de los puntos dados {A' ', B' ', C' '}. 

Observación-1Un caso especial del corolario ocurre cuando la línea que lleva {A '', B '', C ''} es la línea en el infinito. Esto significa que el triángulo variable A'B'C 'tiene lados siempre paralelos a tres direcciones dadas. En este caso especial, se puede ver inmediatamente, sin usar el argumento de Desargues, que el tercer punto varía en una línea. Al usar este caso especial, incluso se puede reducir el teorema general de Desargues al definir un mapa proyectivo que envía la línea que lleva {A '', B '', C ''} a la línea en el infinito. 

Observación-2 Al aplicar el corolario, se puede mostrar fácilmente de forma inductiva su generalización: 
cuando un polígono varía, sus n lados pasan a través de n puntos fijos que se encuentran en una línea dada y (n-1) de sus vértices se encuentran en (n-1). líneas fijas entonces su vértice n-th describe también una línea. 

Observación-3Es esencial que los puntos {A '', B '', C ''} a través de los cuales pasan los lados del triángulo variable en el corolario sean colineales. En el caso más general en el que estos puntos no son colineales, el locus de A es un cono. Esto se maneja en el archivo Maclaurin.html . También hay un caso especial, en el que estos tres puntos no son colineales, pero la línea B''C '' pasa a través de O y el locus es nuevamente una línea. Este caso se maneja a continuación.

 3. Aplicación de coordenadas homogéneas.

Problema Deje que un triángulo variable ABC tenga sus vértices {B, C} en dos líneas fijas OX y OY respectivamente y sus lados pasen a través de tres puntos {A '', B '', C ''} con la línea B''C '' pasando por O. Luego, su tercer vértice A varía en la línea que pasa por los puntos {R, S}, que son los puntos de intersección respectivamente de los pares de líneas (A''C '', OY) y (A''B ' ',BUEY). 

Para probar esto, considere los puntos de intersección {V, W} de pares de líneas correspondientes (AB '', OB) y (A''B '', C''B). Use una base proyectiva en la que A '' (1,0,0), B '' (0,1,0), C '' (0,0,1) y calcule las coordenadas de A: 
Deje las líneas {OX, OY, A''BC} serán respectivamente de la forma 
OX: ax + by + cz = 0, 
OY: a ' 
x + b'y + c'z = 0, A''BC: uy + vz = 0. 
Los puntos {B, C} tienen coordenadas 
(bv-cu, -av, au),
(b'v-c'u, -a'v, a'u). 
Las líneas {BC '', CB ''} tienen respectivamente la forma: 
(-av) x + (cu-bv) y = 0, 
(-a'u) x + (b'v-c'u) z = 0 . 
Su intersección es el punto A con coordenadas: 
A: ((cu-bv) (b'v-c'u), av (b'v-c'u), a'u (cu-bv)). 
Como las líneas {OX, OX} se intersecan en un punto de la línea x = 0, encontramos que b '= sb, c' = sc para una constante s. 
Por lo tanto, las coordenadas del punto A se convierten en: 
(-s (cu-bv) ² , -sav (cu-bv), a'u (cu-bv)), que se simplifica a (s (cu-bv), sav , -a'u). (*) 
En el otro lado, las coordenadas de los puntos {S, R} se calculan fácilmente para que sean 
S: (-b, a, 0) y R: (-sc, 0, a '). El determinante de las coordenadas de estos dos y (*) es entonces:

Esto demuestra la colinealidad de los puntos {A, S, R}. Por el teorema de Desargues, los triángulos A''WC '' y OCV, al ser línea-perspectiva, también son puntos de perspectiva con respecto a un punto U. Uno podría comenzar con esto y mostrar la colinealidad de tres puntos {A, S, R}. Sin embargo, el cálculo parece ser un poco más complicado que el anterior.