Tangentes communes et points de Poncelet
dans Géométrie
Bonjour,
J'ai tracé deux cercles extérieurs $(O)$ et $(O')$ ainsi que leurs tangentes communes. Soit $P$ et $Q$ les points de Poncelet du faisceau défini par ces cercles.
Prouver que la droite $IK$ passe par $Q$.
Je suis dessus depuis un moment sans succès, alors je m'en remets à vous...
Merci.
Gilles
J'ai tracé deux cercles extérieurs $(O)$ et $(O')$ ainsi que leurs tangentes communes. Soit $P$ et $Q$ les points de Poncelet du faisceau défini par ces cercles.
Prouver que la droite $IK$ passe par $Q$.
Je suis dessus depuis un moment sans succès, alors je m'en remets à vous...
Merci.
Gilles
Réponses
-
Bonjour Gilles et à tous,
pouvez préciser la définition géométrique du point de Poncelet?
Merci...
Est-elle la même que celle présentée dans
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Le point d'Euler.pdf
Sincèrement
Jean-Louis -
Bonjour,
Les points de Poncelet d'un faisceau de cercles sont une autre appelations de ces points limites.
Gilles -
Rebonjour Gilles et à tous,
si j'ai bien compris, un cercle centré sur l'axe radical de vos deux cercles et passant par P et Q sont orthogonaux à ces deux cercles...
Sincèrement
Jean-Louis -
Rebonjour,
Oui c'est bien cela. Il faudrait par exemple que je démontre que $PI$ est un diamètre du cercle $PQI$... -
Bonjour
J'ai refait la figure de Gilles en rajoutant tous les alignements et autres cocyclicités possibles.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Pappus,
En utilisant la propriété "A appartient à la polaire B ssi B appartient à la polaire de A", je n'ai aucun mal à prouver les alignements que tu donnes... à condition d'admettre que $IK$ passe par $Q$.
Amicalement,
Gilles -
Bonjour à tous,
pour l'instant, je propose une preuve par un petit calcul, certes plus décevante qu'une synthétique. Que Saint Thétique me pardonne...
Un faisceau a points de Poncelet est, relativement à un repère orthonormé idoine, une famille de cercles d'équation $X^2+Y^2-2AX+B^2=0$, avec $B>0$ donné et $A$ variable ; dans la configuration de l'énoncé, on considère un cercle correspondant à un scalaire $A>B$ et un autre avec $A'<-B$. En outre, les points de Poncelet ont pour coordonnées $(\pm B,0)$.
Les équations tangentielles de ces deux cercles sont resp. $B^2u^2+(B^2-A^2)v^2+2Auw+w^2=0$ pour le premier, et $B^2u^2+(B^2-{A'}^2)v^2+2A'uw+w^2=0$ pour le second. Il s'agit de prouver qu'il existe $y$ tel que, par le point $(B,y)$ passent deux tangentes communes aux deux cercles, càd qu'il existe un $y$ tel que les deux équations du second degré en $u$
$B^2u^2+B^2-A^2+2Au(y-uB)+(y-uB)^2=0$ et $B^2u^2+B^2-{A'}^2+2A'u(y-uB)+(y-uB)^2=0$ soient proportionnelles et de discriminant positif.
Or, pour $y=\pm\sqrt{(A-B)(B-A')}$, on obtient deux équations proportionnelles à $2Bu^2-2y+A+A'=0$, de discriminant $-(B+A)(B+A')>0$; cqfd
Cordialement, j__j
Remarque : si, au lieu de coordonnées $(B,y)$, on en cherche de la forme $(x,0)$, on va trouver les centres des homothéties envoyant un cercle sur l'autre. -
Bonjour john_john
Merci de t'être intéressé à mon problème... même si comme tu l'as compris ce n'est le type de solution que j'espérais. :-D
Gilles -
Voici un dessin, Géogébra ayant nommé les points à sa façon ; une preuve synthétique suit !
[Contenu du pdf joint. AD] -
$TT'$ est une tangente commune aux deux cercles ; elle coupe l'axe radical en un point $W'$ qui est donc le milieu de $TT'$ ; étant sur l'axe radical du faisceau, $W'$ est aussi à la même distance des points $T$, $T'$, $P$ et $P'$. Donc $P$ et $P'$ sont sur le cercle de diamètre $TT'$. On a aussi $S'O\bot S'O'$ car ce sont deux bissectrices dans le triangle $S'ET'$.
Les polaires de $S'$ par rapport à nos cercles $(O)$ et $O')$ -- j'ai gardé les notations de Gilles -- sont donc orthogonales et, passant resp. par $T$ et $T'$, se coupent en un point $P_0$ du cercle de diamètre $TT'$. Or, les polaires de $S'$ par rapport à tous les cercles du faisceau concourent et la polaire de $S'$ par rapport au cercle-point $(P)$ est la perpendiculaire en $P$ à $S'P$ et elle passe par $P_0$. Le même raisonnement avec $EE'$, l'autre tangente commune issue de $S'$ montre que le cercle de diamètre $EE'$ a lui aussi l'heur de passer par $P$ et $P'$. Or, il n'a avec celui de diamètre $TT'$ que ces deux points communs ; par conséquent, le point de concours des polaires de $S'$ par rapport aux cercles du faisceau est le point $P$ (car ce n'est pas $P'$ puisque $S'P$ n'est pas verticale) ; en particulier, $S'$ se trouve sur la polaire de $P$ par rapport au cercle $(O')$, qui est verticale.
Cqfd...
Cordialement, j__j
Nota bene : est-il normal que le PNG produit par Geogebra et joint au message apparaisse noir dans le forum ??? Je l'ai remplacé par un PDF, mais on ne le voit pas directement...
[Avec une simple copie d'écran. :-) AD] -
Bonjour Gilles. Comment est-ce que tu traces les tangentes communes â deux cercles ? Merci d'avance!
-
Bonjour j_j,
plus simplement, le cercle $C$ de diamètre $TT'$ est orthogonal aux deux cercles $(O)$ et $(O')$. Donc, par définition des points limites $P,P'$, le cercle $C$ passe par ces points qui sont ses points de base.
Ceci permet donc d'accéder géométriquement aux points $P$ et $P'$.
Cordialement,
zephir. -
Bonjour, Zéphir,
exact ! En revanche, peut-on échapper à l'argument de concours des polaires ? Il me semble que cela n'était pas enseigné en Mathélém mais seulement par la suite, dans le cadre plus général des faisceaux de coniques.
Bien amicalement, j__j -
Non, on en peut échapper a concours des polaires d'un point par rapport aux cercles d'un faisceau, mais cela n'était pas au programme de mathélém.
-
Merci john_john pour cette démonstration, je comprends pourquoi je ne trouvais pas ! L'exercice est issu du livre d'Iliovici et Robert.
-
De rien, de rien, Gilles ! En fait, la figure de Mestre Pappus montre bien que la configuration est si riche que l'on s'y perd instantanément (et encore, il n'a parlé que d'alignements et de cocyclicités, mais il y a en plus des divisions harmoniques en veux-tu en voilà).
Amitiés, j__j -
Bonjour,
Pappus nous a menti, il n'y a pas toutes les cocyclicités sur sa figure et surtout pas celle qui permet de conclure de façon plus élémentaire cet exercice.
Les points $P$ et $Q$ de Poncelet du faisceaux des deux cercles sont les points communs aux cercles de diamètre $AA'$, $BB'$, $CC'$, $DD'$.
Par ailleurs $OO'J$ est rectangle en $J$ (petit exercice ?), on voit alors que $AC$ et $A'C'$ sont perpendiculaires, donc qu'elles se coupent en un des points communs aux cercles de diamètres $AA'$ et $CC'$, par exemple $Q$, et il en est de même de $BD$ et $B'D'$. Les paires de droites $AD$, $A'D'$ et $BC$, $B'C'$ se coupent quant à elle en l'autre point de Poncelet $P$.
Puisque $P$ et $Q$ sont les points de Poncelet du faisceau, on a $\overline{OP} \cdot \overline{OQ}=R^2$, où $R$ désigne le rayon de $O$, d'où $\overline{PO}\cdot \overline{PQ}=PO^2-R^2$, c'est donc la puissance de $P$ par rapport au cercle $(O)$. Comme $A, P, D$ sont alignés, cette puissance vaut aussi $\overline{PA} \cdot \overline{PD}$, ce qui conduit à l'égalité $\overline{PO} \cdot \overline{PQ}=\overline{PA} \cdot \overline{PD}$ prouvant ainsi que $O, Q, A, D$ sont cocycliques. Il est clair que $I$ appartient aussi à ce cercle dont $OI$ est un diamètre ; cela implique alors que $IQ$ est perpendiculaire à $OO'$.
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Bonjour!
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