GEOMETRÍA DINÁMICA

División de segmentos iguales

Encuentre los puntos I, K en los lados de un triángulo ABC, de modo que los segmentos CI, IK, KB tengan la misma longitud.

Supongamos que I, K han sido construidos con Beein, AC es más corto que AB y la relación r = CI / CA es conocida. Define D en AB, de modo que AD = AC. La homoterapia f _{C, r} (centro en C, módulo r) mapea D a un punto G, de modo que IG = IC. Por lo tanto, BGIK es un paralelogramo e IK = IC = IG, lo que implica que es un rombo. Dibuje un paralelo a BG a D que se interseca BC en E. E es un punto construible y se asigna a través de f _{C, r} en B. Por lo tanto, r = BG / ED se puede determinar a partir de los datos. Teniendo la calidez de la fc _{, r} la construcción es obvia. 

Problema:
construir un triángulo ABC a partir del ángulo A y las sumas de sus longitudes laterales a + c y a + b. 
Pista: Reducirlo al ejercicio anterior.

Equilateral y Stewart Considere un ABC equilátero y el punto E en el lado BC que divide a BC en la relación BE / EC = 1/3. Encuentre el punto F en el lado AB que es equidistante de A y E. Demuestre que | FB | + | BE | = | FC | ([Corte, p. 32]).  El ejercicio es interesante ya que brinda la oportunidad de aplicar a Stewart de forma simplificada y deducir varias relaciones. Para escribir algunos de ellos, introduzca s = | AB |, para el lado del equilátero, x = | AF |, y = | AN |, z = | BN |.  1) x = | AF | = (7/15) s,  2) y = | AN | = (7/8) s,  3) z = | BN | = (5/8) s.  Esto implica que | CF | = (13/15) s, y la prueba de la declaración | FB | + | BE | = | FC |. Proyecto A paralelo a FE a N en el lado BC. De los triángulos similares BEF y BNA:  1) | BN | / | AB | = | BE | / | BF | => (z / s) = (s / 3) / (sx).  2) | BN | / | BE | = | AN | / | EF | => (z / (s / 3)) = y / x.  Del teorema de Stewart tenemos para la longitud de AN:  3) | AN | 2 = s 2 (1- (z / s) ((sz) / s).  Las tres ecuaciones se pueden resolver fácilmente para x, y, z y entregan los valores establecidos. La prueba de la afirmación sigue aplicando Stewart nuevamente a el sevio CF:  | CF | 2 = s 2 (1- (x (sx)) / s 2 ) = s 2 (1- (56/15 2 )) => | CF | = (13/15) s. Un problema de Euclides. Dadas dos líneas concurrentes BA, BD y un punto fijo C, considere todos los triángulos KBH, KH que pasan por C. Entre todos estos triángulos, se encuentra el triángulo que tiene el área mínima. Extienda BC a su doble BE y proyecte E paralelamente a las líneas dadas a los puntos F, I respectivamente. El triángulo mínimo es BFI. Esto se debe a que área (BIF) = área (BGJI) <= área (BKH), para cada punto H en la línea media BD. Vea el archivo HyperbolaConstruction.html para una discusión del lugar del punto E ', ya que la línea KH varía al pasar por el punto fijo C. Euler circulo y linea Propiedades del [círculo de Euler] (o círculo de nueve puntos) del triángulo ABC:  1) Pasa a través de los pies D, E, F de las altitudes del triángulo.  2) Pasa a través de los puntos medios G, H, I de los lados del triángulo.  3) Pasa a través de los puntos medios N, P, Q de los segmentos en las altitudes, entre su intersección común L (ortocentro) y los vértices.  4) El centro del círculo de Euler es el centro del segmento OL, uniendo el centro O del circuncírculo al punto de intersección L de las alturas. Este es el [Euler-Line] de ABC. OL también contiene el centroide M del triángulo (punto de intersección de las medianas), que divide a OL en una proporción de 2: 1. 5) El círculo de Euler y el circuncírculo del triángulo son homotéticos, con respecto al ortocentro L, con un módulo de homotetios 1/2. Por lo tanto, el radio del círculo de Euler es la mitad del radio del circuncírculo.  6) El círculo de Euler es tangente a los cuatro círculos tritangentes del triángulo ABC. (Círculos tritangentes o círculos inscritos son los círculos que son tangentes a todos los lados (o sus extensiones) del triángulo. Hay cuatro círculos para cada triángulo.)  La última propiedad es el teorema de Feuerbachs, la figura correspondiente está en el archivo Feuerbach.html . - Trabaja con la altitud AD al lado BC para encontrar una propiedad independiente de esta altitud en particular.  - Tome B * diametral de B. Los triángulos BCB * y BAB * están en ángulo recto en C y A respectivamente.  - => AD, B * C ortogonal a BC, CL, B * A ortogonal a AB => ALCB * es un paralelogramo.  - OG es paralelo y la mitad de B * C = AL.  - => NG es paralelo e igual al radio OA del circuncírculo y los triángulos KNL, KGO son iguales.  - K es el medio común de GN y OL. En el GDN en ángulo recto: KG = KD = KN.  - Por lo tanto, K es equidistante y, desde N, G y D, la distancia común es r / 2, la mitad del circunferencia r.  - Aplique el mismo razonamiento a las otras altitudes para mostrar que el círculo (K, r / 2) pasa a través de los 9 puntos. - Observe que los triángulos ALM y GOM son similares en relación 2: 1, por lo tanto, la ubicación de M en LO.  - Tomando el diametral A * de un triángulo de construcción ALA * teniendo G como medio de su lado LA *.  - El Círculo de Euler o el círculo de nueve puntos es un caso especial de una cónica de nueve puntos, que pasa por los seis lados laterales de un cuadrilátero completo. El caso especial discutido aquí resulta cuando los cuatro vértices del cuadrilátero completo forman un tetrade ortocéntrico, es decir, cada punto de los cuatro es el ortocentro del triángulo de los otros tres (consulte el archivo NinePointsConic.htmlpara la generalización).