mateforum.ro

Elipsa si hiperbola au urmatoarele proprietati:
a) Tangenta si normala intr-un punct al conicei sunt bisectoarele unghiurilor determinate de razele focale in acel punct.

b) Locul geometric al proiectiei unui focar pe o tangenta variabila este un cerc.

c) Locul geometric al simetricului unui focar fata de o tangenta variabila este tot un cerc.

d) Tangentele dintr-un punct exterior la conica formeaza cu dreptele determinate de acel punct si focarele conicei unghiuri egale (J. V. Poncelet).

e) Produsul distantelor de la focare la o tangenta variabila este constant.

f) Locul geometric al punctelor din plan din care tangentele duse la conica sunt perpendiculare este un cerc numit cercul lui Monge.



Ar fi interesante solutii neanalitice (daca totusi este interesat cineva si de acest topic...) pentru ca la solutii analitice, singurul lucru la care trebuie sa fii atent, in afara de formule, este sa nu gresesti la calcule...

Cred ca vechea carte a lui N. Mihaileanu, "Complemente de geometrie sintetica" are cite ceva...
L.O.

La d) nu prea inteleg enuntul.
O sa demonstrez pt elipsa (si pt hiperbola iese analog). Fie deci o elipsa \( \mathcal{E} \) de focare \( A,B \), si fie \( O \) mijlocul lui \( [AB] \).


a) Daca \( d \) este tangenta la elipsa in \( P \), atunci minimul sumei \( AX+BX \), cu \( X\in d \), se realizeaza pt \( X=P \). Intr`adevar, fie \( Q\in d \), \( Q\neq P \). Atunci fie \( AQ\cap \mathcal{E} = \{Q^{\prime}\} \). Cum \( Q \) este in exteriorul elipsei, rezulta ca \( Q^{\prime}\in(AQ) \), si din inegalitatea triunghiului :
\( AQ+BQ = AQ^{\prime}+(Q^{\prime}Q+BQ)>AQ^{\prime}+BQ^{\prime} = AP+BP \),
adica ce aveam de demonstrat.
Dar astfel am redus problema la una cunoscuta (seamana cu "problema biliardului"). Fie \( A^{\prime} \) simetricul lui \( A \) fata de \( d \). Atunci \( P \) trebuie sa fie intersectia segmentului \( BA^{\prime} \) cu \( d \), tot din inegalitatea triunghiului :
\( AX+BX=A^{\prime}X+BX \geq A^{\prime}B \),
cu egalitate daca si numai daca \( X\in A^{\prime}B \). Cum singurul punct pt care se realizeaza egalitatea este \( P \), rezulta concluzia.
De aici rezulta imediat faptul ca \( d \) este bisectoarea exterioara a unghiului \( \angle APB \).


b) Duc din nou simetricele lui \( A \) si \( B \) fata de \( d \), si le notez \( D \) respectiv \( C \) (astfel, \( ABCD \) este un trapez isoscel). Fie \( M \) proiectia lui \( A \) pe \( d \). Atunci \( M \) este mijlocul lui \( AA^{\prime} \), deci \( OM \) este linie mijlocie in triunghiul \( \triangle ADB \), deci \( OM=BD/2 \), iar \( BD=AP+BP \), care e constanta. Deci \( M \) se afla pe cercul de centru \( O \) si raza \( k/2 \), unde \( k=AP+BP \). Si \( N \) se afla pe acelasi cerc.
Reciproc, pentru un punct \( M \) pe cerc, duc tangenta la elipsa (fie \( P \) punctul de tangenta), care mai taie cercul a doua oara in \( N \). Rationand ca mai sus pentru \( P \), trebuie ca \( M,N \) sa fie chiar proiectiile focarelor.

c) Omotetia de centru \( A \) si raport \( 2 \) duce
\( M \mapsto D \)
\( O \mapsto B \)
\( \mathcal{C}(O,k/2) \mapsto \mathcal{C}(B,k) \),
deci locul dorit este cercul de centru \( B \) si raza \( k \) (respectiv de centru \( A \), pt celalalt focar).

e) Din teorema lui Ptolemeu in trapezul \( ABCD \), rezulta ca \( AB\cdot CD=AC\cdot BD-AD\cdot BC=k^2-AB^2 \), care e constanta.
Deci \( AM\cdot BN=\frac{k^2-AB^2}{4} \).


f) Fie \( K \) un punct exterior elipsei astfel incat \( KP\bot KQ \), unde \( KP,KQ \) sunt tangentele din \( K \) la elipsa. Fie \( M,N \) proiectiile lui \( A,B \) pe \( KP \) si fie \( S,T \) proiectiile lui \( A,B \) pe \( KQ \). Din b), punctele \( M,N,S,T \) se afla pe cercul de centru \( O \) si raza \( r=k/2 \).
Din puterea punctului \( K \), rezulta \( KM\cdot KN=KO^2-r^2 \).
Dar, cum \( AMKS \) si \( BNKT \) sunt dreptunghiuri, rezulta ca \( KM=AS,KN=BT \), si din punctul e) si cele de mai sus rezulta :
\( KO^2=r^2+KM\cdot KN=r^2+AS\cdot BT=r^2+\frac{k^2-AB^2}{4}=\frac{2k^2-AB^2}{4} \).
Deci \( K \) se afla pe cercul de centru \( O \) si raza \( \frac{2k^2-AB^2}{4} \).
Reciproc, daca \( K \) se afla pe cercul de mai sus, facand rationamentul invers, rezulta ca \( KM\cdot KN=AM\cdot BN \), deci \( \triangle MKA \sim \triangle NBK \), adica \( \angle MKA=\angle NBK \). Analog, \( \angle BKT=\angle KAS \), si, pentru a demonstra ca \( \angle NKS=90^{\circ} \), e suficient sa demonstrez ca \( \angle MKA=\angle BKT \) (deoarece \( \angle NKB=90^{\circ}-\angle NBK=90^{\circ}-\angle MKA \)).
Dar acest lucru este imediat, deoarece :
\( \angle KAS=\angle KMS \) (in patr. inscr. \( KSAM \))
\( \angle KBN=\angle KTN \) (in patr. inscr. \( KTBN \))
\( \angle KMS=\angle KTN \) (in patr. inscr. \( MNST \))
Deci \( \angle KAS=\angle KBN \), si din egalitatile de mai sus rezulta ca \( \angle MKA=\angle BKT \), si demonstratia se incheie.

Frumoase solutii maky... Am corectat enuntul la d), ca era incomplet... m-am grabit.

Iese si d)`ul asemanator, duc simetricul unui focar fata de una din tangente, simetricul celuilalt focar fata de cealalta tangenta, si apar doua triunghiuri congruente.