inversion géométrique et surface

Bonjour,

On peut considérer le plan cartésien $(x,y)$ et, sans perte de généralité, placer le cercle $(O)$ avec son centre en $(0,0)$, la droite $(D)$ (verticale) et le point $A$ quelconque.

Pour un point $B(d, z)$ quelconque sur la droite qui passe par $(d,0)$, son ordonnée $z$ jouant le rôle d'une variable, on calcule pour $A(x,y)$ donné (les réels $x$ et $y$ sont des paramètres) les coordonnées du point $C$.

On écrit alors les conditions, sous forme vectorielle :
- le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ ;
- l'aire du triangle $ABC$ est $s$ (un paramètre).

Et on trouve le couple de points qui convient, si il existe.

A essayer.

Bonjour papy47
comme tout problème ayant jusqu'à $4$ solutions, le tien ne me semble pas évident.
$\left( O\right) $ est le cercle donné, $A^{\prime }$ la projection orthogonale de $A$ sur $D$, $D^{\prime }$ la parallèle en $O$ à $D$.
Une piste (il y a probablement plus simple) :
- étant donné un point $C$ du cercle $\left( O\right) $, désignons par $S\left( C\right) $ l'aire algébrique du triangle $ABC$ où $B$ est sur $D$ et $AB\perp AC$. Alors l'application $C\rightarrow C^{\prime }$ où $S\left( C^{\prime }\right) =S\left( C\right) $ est une involution du cercle. Construire son point de Frégier $F$ (ie pour tout point $C$ la droite $CC^{\prime }$ passe par $F$). Indication : il est sur la droite $AA^{\prime }$, mais où précisément?
S'il faut absolument parler d'inversion, il existe une inversion $j$ conservant le cercle $\left( O\right) $ et telle que, pour tout point $C$ de $\left( O\right) $, $S\left( j\left( C\right) \right) =S\left( C\right) $. $F$ est alors le pôle de cette inversion.
- si la perpendiculaire en $A$ à $FC$ coupe $D^{\prime }$ en $M$, montrer que $\left\vert S\left( C\right) \right\vert =AA^{\prime }\cdot OM$
- conclure en donnant une construction des triangles $ABC$ d'aire $s$ donnée (on voit bien au passage qu'il y en a jusqu'à $4$)
Amicalement. Poulbot

Bonjour Pappus
ta méthode est bien plus simple à comprendre que la mienne.
Si $s$ est l'aire désirée pour le triangle $ABC$, on considère les deux cercles images de $D$ par les composées des rotations $\left( A,\pm \dfrac{\pi }{2}\right) $ avec l'inversion de pôle $A$, puissance $2s$.
Les points communs de ces cercles avec le cercle donné fournissent les points $C$ cherchés.
Le point de Frégier dont je parlais est le centre radical des $2$ cercles précédents et du cercle donné mais on peut l'obtenir plus simplement.
Amicalement

Bonjour papy47
Une tentative de solution élémentaire ne nécessitant pas de transformations.
$A^{\prime }$ est la projection de $A$ sur $D$. $C$ décrivant un cercle de rayon $R$ tangent en $A$ à $AA^{\prime }$, si $B$ est le point commun à $D$ et à la perpendiculaire en $A$ à $AC$, montrer que l'aire du triangle $ABC$ est constamment égale à $R.AA^{\prime }$. La suite est évidente.
Amicalement. Poulbot