GEOMETRÍA DINÁMICA

 Cónica a través de cuatro puntos y tangente a una línea II.

Aquí discuto el problema de encontrar un paso cónico a través de cuatro puntos {A, B, C, D} y tangente a una línea (t) que pasa a través de uno de los puntos , dice D. El caso en el que la línea no contiene ninguno de los cuatro puntos se maneja en FourPtsAndTangent.html .

La construcción sigue la receta expuesta en Pascal2.html . A partir de los datos dados, determinamos primero el punto de intersección H de (t) con BC. Luego, dibuje una línea arbitraria DE a D que intersecte AB en F. Para que E esté en la cónica, el punto de intersección G de AD y CE debe ser colineal con F y H. Luego, la línea p que contiene {F, G, H } será aquel cuya existencia está garantizada por el teorema de Pascal. 
Por lo tanto, G se determina en FH mediante su intersección con AD y E se encuentra como una intersección de GC y FD. Esto reduce el problema al de encontrar una cónica a través de los cinco puntos {A, B, C, D, E}.

Cuatro circulos tangentes

Dado un cuadrilátero cíclico convexo q = ABCD, inscrito en un círculo (c), hay exactamente un punto P en su plano tal que los dos pares de círculos {PAB}, {PCD} y {PBC}, {PAD} son pares De círculos tangentes exteriores. P es un punto de intersección del ortogonal desde el circuncentro a la diagonal EF de q con el círculo (d) que tiene un diámetro EF. Las tangentes comunes pasan a través de E y F correspondientemente.

Observe que la línea OP contiene el punto de intersección G de las diagonales AC y BD. G es el polo de EF con respecto a c. Los círculos c y d son ortogonales y G está en el eje radical de c y d. Para cada punto del plano, los pares de círculos correspondientes {PAB}, {PCD} y {PBC}, {PAD} tienen ejes radicales que pasan a través de F y E de manera correspondiente. Por lo tanto, la ortogonalidad de los ejes radicales es posible solo cuando P está en el círculo (d). Para los puntos P 'en el círculo (d), la tangencia de los pares correspondientes ocurre solo en P y Q. La tangencia exterior ocurre solo en P. Los centros de los círculos correspondientes forman un cuadrilátero ortodiagonal q' = HIJK. Su "doble", q * = LMNO, homotético de q 'wr a P en la proporción 2, está circunscrito al cuadrilátero original q. Hay muchas propiedades interesantes en esta figura.OrthodiagonalFromCyclic.html . Otra propiedad, para demostrarse, es que los lados opuestos de q 'se intersecan en la línea EF. Finalmente, el estudio de los otros cuatro círculos, pasando por Q, merece una discusión.

La involución del fregier por ortogonales desde un punto cónico.

Sea D un punto en una cónica y considere el conjunto de todas las líneas que pasan a través de D. Considere el mapa de la cónica en sí misma, que a cada punto S corresponde con el punto T = F (S), de manera que la línea [DS] Es ortogonal a la línea [DT]. F es una homografía involutiva y define un punto P (punto Fregier de la involución) de manera que todas las líneas [ST] pasan a través de P. 

La prueba se desprende de las propiedades generales de las involuciones (consulte InvolutiveHomography.html ). Basta con demostrar que F, definida por la receta anterior, es una homografía. Pero esto se ve de inmediato tomando una buena parametrización a través de una línea paralela a la tangente en D. Al establecer el origen de las coordenadas de línea en el punto de intersección de esta línea con la normal en D, la relación entre las coordenadas de S y T se convierte en x * x '= k, k es una constante. Por lo tanto, la relación es de hecho involutiva y la propiedad se deriva de la propiedad característica de dichos mapas, para que las líneas pasen por {X, F (X)} pasando por un punto fijo. 
Los siguientes argumentos identifican esta involución con una que construye explícitamente P y su polar (línea e = OD ₁)): 
[1] Considere primero la línea tangente y la normal de la cónica en D. Sea O el punto de intersección de las tangentes en D y D ₀ , que es el punto de intersección de la normal en D con la cónica, aparte de D. 
[2] Desde D dibuje un paralelo a la tangente [OD ₀ ], cortando la cónica en el punto J. Deje que J ₁ , J ₀ sean respectivamente los puntos de intersección de la línea JD ₀ con DO y la ortogonal a DJ en D respectivamente. Sea D ₁ la intersección de DD ₀ y OJ ₀ . 
[3] Sea L el punto de intersección de las líneas [OD ₀ ] y [DJ ₀ ]. Línea [LJ ₁] intersecta las líneas [DD ₁ ], [OD ₁ ] respectivamente en los puntos P, U, que son un conjugado armónico con L, J ₁ (ODD cuadrática ₀ J ₀ ). 
[4] Los puntos P, D ₁ también son conjugados armónicos wr a D, D ₀ (el mismo cuadrilátero). Por lo tanto, si O y D ₁ están en el polar de P, esto implica que más tarde coincide con la línea [OD ₁ ]. 
[5] Se deduce que para cada punto C en la línea OD ₁ , la línea [CP] intersecta la cónica en los puntos S, T y la correspondencia T = F (S) define una involución de la cónica, con el correspondiente punto Fregier P. 
[ 6] De su definición D₀ = F (D) y la involución introducida en el paquete de líneas correspondiente en D intercambia dos líneas ortogonales: [DD ₀ ] y [DJ ₁ ]. Por lo tanto, todas las líneas del haz de líneas se intercambian, por la involución, en pares de líneas en ángulos rectos (ejercicio: Pedoe, un curso de Geometría, ejercicio 80.1, p. 355). 
[7] Para resolver este ejercicio, parametrice el haz a través de una línea ortogonal a la bisectriz de las dos líneas en ángulo recto, con el origen en el punto de intersección con la bisectriz. En este sistema, los parámetros de las líneas en involución satisfacen una ecuación de la forma Axx '+ B (x + x') + C = 0. Para las líneas ortogonales tenemos x '= - x = r (constante), por lo tanto, Cr ² A = 0 y la ecuación se convierte en A (xx' + r ²) + B (x + x ') = 0. Esto solo es posible si B = 0 y xx '= - r ² , lo que prueba el ejercicio. 
Vea FregierPolar.html para otra manera fácil de construir el punto P y su línea polar correspondiente.

 Homografías involuntarias sobre cónicas.

En InvolutiveHomography.html vimos que tal mapa H en los puntos de una cónica (c) define un punto particular F (punto Fregier) que es el pol del eje de homografía correspondiente. Notamos además que H se extiende a una perspectiva armónica H ₀ que es una proyectividad global. Aquí mencionamos dos familias particulares de cónicas cuyos miembros permanecen invariantes bajo H ₀ , por lo tanto, introducimos homografías involutivas correspondientes en estos. 
[1] El primero (I) es la familia generada por la cónica (c) y su punto Fregier (A). 
[2] El segundo (II) es la familia generada por la cónica (c) y su eje de homografía.
En ambos casos, todas las cónicas de la familia tienen A y el eje como pol / polar. Esto muestra que dos homografías en dos cónicas pueden dar la misma extensión a una proyectividad global en todo el plano proyectivo. 
Una pregunta natural que puede surgir es la de la determinación de todas las cónicas (c) que tienen un punto A y una línea (e) dadas como punto de Fregier / eje de homografía, respectivamente. Equivalentemente todas las cónicas son invariantes bajo la perspectiva armónica H ₀ . Las observaciones anteriores dan una respuesta parcial: 
[1] El paquete (II) está determinado por A y los dos puntos B, C en el eje. Si tomamos B y C de forma arbitraria en este eje, podemos definir el correspondiente paquete de cónicas bitangentes , cuyos miembros pasan a través de B, C y tienen allí tangentes a las líneas BA, CA correspondiente (verBitangentConics.html ). 
[2] Cada miembro de un paquete de tipo (II) junto con el punto (A) genera una familia de cónicas de tipo (I) también invariantes por la perspectividad armónica definida por A y el eje original. Además (I) no depende del miembro particular del paquete (II) utilizado para su definición (todos los miembros del mismo paquete definen el mismo paquete de tipo (I)).

También hay un paquete circular que tiene muchos miembros invariantes bajo la perspectiva mencionada anteriormente. Este es el haz circular que tiene un punto límite A y un eje radical paralelo a (e) a media distancia de él. Los círculos de este paquete que contienen el punto A también permanecen invariantes bajo H ₀ . Aunque estos círculos están contenidos (cada uno en diferente) en los paquetes de tipo (I). Así que no representan una adición real a [1] y [2]. Todavía no tengo una prueba completa de que estas son las únicas soluciones, pero parece muy probable que sea así. Para esto sería suficiente mostrar que todas las cónicas invariantes en H ₀ y no en la línea (e) de intersección pertenecen a algún paquete de tipo (I).