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
Réponses
-
Cobars ?
-
C'est pour distinguer des Cocars, Cohoms, Copols, Cosphés etc., sans doute
-
Bonjour Yann et Bonne Année, il n'est jamais trop tard!
En tout cas voici déjà la figure, faite en quelques secondes avec Cabri.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Chaurien, cobars est l'abréviation de coordonnées barycentriques par rapport aux sommets du triangle $ABC$.
Cette abréviation est relativement courante.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir
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! -
Bonjour
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 -
Bonjour pappus et bonjour tout le monde et Bonne Année !
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
\\ -
Voici une figure qui illustre mon propos et qui a été exécutée d'une main de maître par un ami très cher
Cordiales salutations
Yann -
Je ne doute pas qu'elle soit superbe, mais les courbes n'ont pas l'air réelles (:D.
Bruno -
Bonjour Bruno ! Heureux de te voir en ligne !
La figure a été transmise, mais il faudrait un administrateur charitable pour la rendre visible.
La magie ça existe
Amitiés, Yann -
Malheureusement, je ne la trouve pas en ligne, comment as-tu procédé ?
-
un nouvel essai
-
Tout s'explique : tu avais omis de valider l'insertion de la figure ; essaye d'éditer l'un de tes deux autres messages et compare :-).
Amicalement, Bruno -
Voici un commentaire "philosophique" sur cette figure et d'autres qui lui sont apparentées.
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.
\\ -
Tout à fait Bruno ! Merci !
Yann -
Bonjour
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 -
Bonjour,
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.
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Bonjour!
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