un lieu conique
Bonjour,
Voici un exercice pour l'examen de géométrie.
Soit $ABC$ un triangle de centre de gravité $G$.
Déterminer précisément le lieu du pôle de la droite d'équation en Cobars $2X=Y+Z$
par rapport aux hyperboles passant par les points $A,B,C,G$.
Faire une figure.
Courage,
Yann
Voici un exercice pour l'examen de géométrie.
Soit $ABC$ un triangle de centre de gravité $G$.
Déterminer précisément le lieu du pôle de la droite d'équation en Cobars $2X=Y+Z$
par rapport aux hyperboles passant par les points $A,B,C,G$.
Faire une figure.
Courage,
Yann
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Réponses
En tout cas voici déjà la figure, faite en quelques secondes avec Cabri.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Chaurien, cobars est l'abréviation de coordonnées barycentriques par rapport aux sommets du triangle $ABC$.
Cette abréviation est relativement courante.
Cordialement,
Rescassol
Les questions de sémantique ne sont pas mon fort et de toutes façons, je n'écris jamais en style télégraphique.
Quant à la solution, elle est aussi rapide à écrire que la figure à faire!
L'équation générale des coniques $\gamma$ circonscrites au triangle de référence $ABC$ est de la forme:
$$uyz+vzx+wxy=0$$
Elles passent par le centre de gravité si et seulement si:
$$u+v+w=0$$
Soit $P(x:y:z)$ un point du plan. Les coordonnées tangentielles de la polaire de $P$ par rapport à $\gamma$ sont données par:
$$\begin{pmatrix}
0&w&v\\
w&0&u\\
v&u&0
\end{pmatrix}
.\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}
\simeq
\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}
$$
On est ainsi amené à écrire le système linéaire homogène suivant en $(u,v,w,t)$:
$zv+yw-2t=0$
$zu+xw+t=0$
$yu+xv+t=0$
$u+v+w=0$
dont la matrice est:
$\begin{pmatrix}
0&z&y&-2\\
z&0&x&1\\
y&x&0&1\\
1&1&1&0
\end{pmatrix}
$
Il n'y a plus qu'à annuler le déterminant de cette matrice!
Est-ce encore enseigné?
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Donc autrefois, on faisait bel et bien de l'algèbre linéaire et bilinéaire et en plus de la géométrie!
Le problème de Yann est de nature affine.
On peut donc sans dommage supposer que le triangle $ABC$ est équilatéral.
Faire la figure!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Je propose une méthode non calculatoire.
J'appelle $I$ et $J$ les points sur les côtés situés sur la droite parallèle à $BC$ et passant par $G$.
J'appelle $I'$ le conjugué harmonique de $I$ par rapport aux sommets $A$ et $B$ et
$J'$ son alter ego par rapport aux sommets $A$ et $C$.
Les polaires de $I$ par rapport aux coniques du faisceau passent toutes par $I'$
et idem du côté $J$ et $J'$
Aussi avons-nous une homographie entre deux droites projectives (lesquelles ?!)... et le pôle de la droite $IJ$ décrit une conique, que j'appelle $\Gamma$ !
(Voir le livre de Bruno sur la génération projective des coniques)...
Il s'agit maintenant de caractériser cette conique $\Gamma$.
Il n'est pas difficile de voir que cette conique passe par les sommets des coniques dégénérées du faisceau, soit les milieux $A'$, $B'$ et $C'$.
La considération de la conique du faisceau qui est tangente en $G$ à la droite $IJ$ entraîne l'appartenance de $G$ à la conique $\Gamma$.
Montrons que notre conique passe par les points $I'$ et $J'$.
Il suffit pour cela de considérer par exemple la conique du faisceau tangente en $G$ à la droite $I'G$...
On est sur le point de conclure !
Les segments $IJ$ et $I'J'$ sont deux cordes parallèles de $\Gamma$ (Thalès) ; la droite joignant leurs milieux passe par le centre $\Omega$ de $\Gamma$ ;
et, ce centre $\Omega$, qui doit figurer par ailleurs sur la conique de Steiner inscrite $\sigma_{A'B'C'}$, est donc le milieu de $GA'$.
A plus, Yann
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Cordiales salutations
Yann
Bruno
La figure a été transmise, mais il faudrait un administrateur charitable pour la rendre visible.
La magie ça existe
Amitiés, Yann
Amicalement, Bruno
Le faisceau de coniques passant par les quatre points $A,B,C$ et $G$ peut être considéré comme le faisceau primordial de la géométrie affine
ou
le faisceau paradigmatique primordial de la géométrie affine !
Outre le fait qu'il s'impose d'office, il possède un nombre considérable de propriétés à la fois élémentaires et jolies.
La figure qui est donnée ci-dessus cache encore plein de mystères !
Le flâneur intéressé pourrait y discerner notamment comment tracer les asymptotes de l'hyperbole rouge.
\\
Yann
Juste pour mettre mon grain de sel dans cette histoire.
On connaît $9$ points (qui n'ont pas la gentillesse d'être toujours distincts) de la conique lieu des pôles d'une droite $L$ par rapport aux coniques passant par $4$ points donnés $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4}$ :
- les sommets $A_{1}A_{2}\cap A_{3}A_{4},A_{1}A_{3}\cap A_{2}A_{4},A_{1}A_{4}\cap A_{2}A_{3}$ du triangle diagonal
- les $6$ conjugués harmoniques de $A_{i}A_{j}\cap L$ par rapport à $A_{i}$ et $A_{j}$
Ce n'est rien d'autre que la version projective de la fameuse "conique des $9$ points", lieu des centres des coniques passant par $A_{1},A_{2},A_{3},A_{4}$ : elle passe par les sommets du triangle diagonal et les milieux des segments $\left[ A_{i}A_{j}\right] $
Amicalement. Poulbot
Une conique circonscrite passant par $U\simeq u:v:w$ admet pour perspecteur le point $P\simeq u:tv:-\left(1+t\right)w$. Sa matrice est$ \def\coni{\mathcal{C}} \def\tra#1{{{\vphantom{#1}}^{t}{#1}}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\ptv{~;~}$ \[ \coni_{t}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 0 & -\left(1+t\right)w & tv\\ -\left(1+t\right)w & 0 & u\\ tv & u & 0 \end{array}\right] \]
On considère la droite qui, en cohordhonées bharycenthriques, s'écrit $\Delta\simeq\left[f;g;h\right]$. Alors le pôle de la droite par rapport à la conique s'écrit: \[ Q_{t}\doteq Adjoint\left(\coni_{t}\right)\cdot\tra{\Delta}\simeq\left[\begin{array}{c} -u^{2}f+utvg-u\left(1+t\right)wh\\ utvf-t^{2}v^{2}g-\left(1+t\right)wtvh\\ -u\left(1+t\right)wf-\left(1+t\right)wtvg-\left(1+t\right)^{2}w^{2}h \end{array}\right] \] Le lieu de $Q_{t}$ s'obtient en un coup de locusconi: \[ \mathfrak{C}\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2\,f\,vw & -\left(fu+gv\right)w & -\left(fu+hw\right)v\\ -\left(fu+gv\right)w & 2\,g\,wu & -\left(gv+hw\right)u\\ -\left(fu+hw\right)v & -\left(gv+hw\right)u & 2\,h\,uv \end{array}\right] \]
On calcule les intersections de $\mathfrak{C}$ avec les côtés du triangle. On trouve \[ U_{a}\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ v\\ w \end{array}\right)\etc\ptv F'_{a}\simeq\left(\begin{array}{c} 0\\ h\\ g \end{array}\right)\etc \] Autrement dit, $\mathfrak{C}$ est la conique cocévienne de $U$ et de $F\simeq1/f:1/g:1/h$, le tripôle de la droite $\Delta$.
Et voilà ! Le faisceau paradigmatique primordial semble se subsumer dans le cas général.
Cordialement, Pierre
Rem: le perspecteur est "au bout des droites bleues". Et comme Geogebra n'accepte pas de paramétrer par un point de la droite de l'infini, on paramètre à l'aide du point gudulique.