Hyperbole
Bonne nuit,
$O$ est le centre du cercle circonscrit à un triangle $ABC$.
Un autre cercle $\Gamma$ de centre $O$ et de rayon $R$ variable coupe les demi-droites $[OA),[OB),[OC)$ respectivement en $A',B',C'$.
Les tangentes à $\Gamma$ en $A',B',C'$ forment un triangle $A''B''C''$.
Montrer que:
1) Les triangles $ABC$ et $A''B''C''$ sont en perspective de perspecteur un point $M$.
2) Le lieu du point $M$ quand $R$ varie est l'hyperbole de Jerabek du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
$O$ est le centre du cercle circonscrit à un triangle $ABC$.
Un autre cercle $\Gamma$ de centre $O$ et de rayon $R$ variable coupe les demi-droites $[OA),[OB),[OC)$ respectivement en $A',B',C'$.
Les tangentes à $\Gamma$ en $A',B',C'$ forment un triangle $A''B''C''$.
Montrer que:
1) Les triangles $ABC$ et $A''B''C''$ sont en perspective de perspecteur un point $M$.
2) Le lieu du point $M$ quand $R$ varie est l'hyperbole de Jerabek du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
Réponses
-
Bonne Nuit Rescassol et fais de beaux rêves!
Tu nous as concocté un joli exercice qui aurait fait plaisir au taupin que j'étais autrefois.
Je suppose qu'il faut circonscrire Morley à son cercle et se lancer dans un déluge de calculs en complexes mais je ne suis plus qu'un vieux croûton valétudinaire et paresseux qui fuit comme la peste les affixes rescassoliens et les barycentres bouzaristes.
Alors un peu de nostalgie va me faire retrouver ma jeunesse pour quelques minutes.
Pour ceux qui ne le savent pas, l'hyperbole de Vaclav Jerabek ($1845-1931$), est l'hyperbole circonscrite au triangle (de référence) $ABC$ passant par l'orthocentre $H$ et le centre du cercle circonscrit $O$.
Comme elle passe par $H$, c'est une hyperbole équilatère. Comme elle est circonscrite, sa transformée isogonale est une droite. Comme $O$ et $H$ sont isogonaux, cette droite est la droite $OH$ c'est à dire la droite du Suisse de droite.
Elle passe donc par le centre de gravité $G$ et comme le point isogonal de $G$ est le point de Lemoine $K$, l'hyperbole de Vaclav passe aussi par le point de Lemoine, ouais! Que les sectateurs d'$ETC$ se rassurent, elle passe aussi par une foultitude d'autres centres de la liste de Kimberling!
Maintenant soit $M$ un point quelconque de cette hyperbole.
Les droites $AM$, $BM$, $CM$ coupent respectivement les médiatrices des segments $BC$, $CA$, $AB$ aux points $\alpha_M$, $\beta_M$, $\gamma_M$.
Les correspondances $\alpha_M\iff \beta_M\iff \gamma_M$ sont homographiques, voir le cours de Bruno.
Si on fait $M=H$, les points $\alpha_M$, $\beta_M$, $\gamma_M$ vont aller se faire voir ailleurs à l'infini.
En conséquence, les correspondances susdites sont affines!
Enfin quelque chose de soi-disant connu!
Si on fait $M=O$, alors $\alpha_M=\beta_M=\gamma_M=O$
Il en résulte que la famille des triangles $\alpha_M\beta_M\gamma_M$ est stable par le groupe de homothéties de centre $O$ et si on fait $M=K$, alors $\alpha_M\beta_M\gamma_M=A'B'C'$, le triangle tangentiel et on tombe sur la configuration de Rescassol!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour
Juste une petite remarque : tel qu'est posé le problème de Rescassol et en supposant $ABC$ acutangle (cas de sa figure), le lieu de $M$ se limite en fait à l'arc $OH$ de l'hyperbole (si $ABC$ est acutangle, $O$ et $H$ sont sur la même branche de l'hyperbole).
Pour obtenir toute l'hyperbole, il suffit de supposer, qu'avec les notations de Rescassol , le rapport de l'homothétie de centre $O$ qui transforme $ABC$ en $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ est quelconque et pas uniquement positif.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
Bravo Pappus, pour cette preuve synthétique.
Poulbot, tu as raison, pour avoir l'hyperbole entière, il faut que $R$ soit un réel quelconque.
J'ai bien sûr une solution avec Morley circonscrit, ce qui conduit à une paramétrisation de l'hyperbole de Jerabek: $z=\dfrac{2R(2s_1s_3R- s_2^2 + s_1s_3)}{4s_3R^2 + 4s_3R + s_3 - s_1s_2}$ avec $R \in \mathbb{R}$.
Pour $R=-\dfrac{1}{2}$, on obtient $X_{74}=-\dfrac{s_2}{s_1}$ qui est le point où l'hyperbole recoupe le cercle circonscrit.
Une équation complexe de l'hyperbole est: $s_1z^2-s_2s_3\overline{z}^2-(s_1^2-s_2)z+(s_2^2-s_1s_3)\overline{z}=0$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour Rescassol, poulbot et pappus
Peux t'on voir cette démonstration avec Morley s'il te plait.
Amicalement -
Bonjour,
Voilà:clc, clear all, close all syms a b c; syms aB bB cB; % Conjugués aB=1/a; % Morley' s trick bB=1/b; cB=1/c; syms s1 s2 s3; syms s1B s2B s3B; % Conjugués s1=a+b+c; s2=a*b+b*c+c*a; s3=a*b*c; s1B=s2/s3; s2B=s1/s3; s3B=1/s3; %----------------------------------------------------------------------- % Droites perpendiculaires en B' et C' à (OB) et (OC) syms R real [pb qb rb]=DroitePerpendiculaire(R*b,0,b,R*bB,0,bB); [pc qc rc]=DroitePerpendiculaire(R*c,0,c,R*cB,0,cB); % Leur point d'intersection A" [as asB]=IntersectionDeuxDroites(pb,qb,rb,pc,qc,rc); as =Factor(as) % On trouve (permutation circulaire): as=2*R*b*c/(b+c); bs=2*R*c*a/(c+a); cs=2*R*a*b/(a+b); asB=2*R*bB*cB/(bB+cB); % Conjugués bsB=2*R*cB*aB/(cB+aB); csB=2*R*aB*bB/(aB+bB); % Droites (AA") et (BB") [pas qas ras]=DroiteDeuxPoints(a,as,aB,asB); [pbs qbs rbs]=DroiteDeuxPoints(b,bs,bB,bsB); % Leur point d'intersection M [m mB]=IntersectionDeuxDroites(pas,qas,ras,pbs,qbs,rbs); m=Factor(m); m=FracSym(m,[a b c]) % On trouve: m = 2*R*(2*s1*s3*R - s2^2 + s1*s3)/(4*s3*R^2 + 4*s3*R + s3 - s1*s2); % M est invariant par permutation circulaire donc est aussi sur (CC") % Ou m = 2*R*(2*s1*R - s1B*s2 + s1)/((2*R+1)^2 - s1*s1B)
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour à tous,
il y a onze ans, kolotoko posait ce problème dans un fil initialement intitulé "un théorème" et rebaptisé "une formule et un théorème" (ou l'inverse dans le temps ...) :
"J'aimerais obtenir une preuve synthétique du théorème suivant.
Données : ABC un triangle ; Ha, Hb, Hc les pieds des hauteurs.
Conséquences : Les droites d'Euler des triangles AHbHc, BHcHa, CHaHb sont concourantes en P, centre de l'hyperbole de Jérabek."
A l'époque, il n'avait pas eu de réponse ...
Il se trouve que ce matin, par hasard, j'ai constaté que ces droites d'Euler sont bien concourantes en un point qui appartient au cercle d'Euler de ABC.
Je me permets donc de reposer la question de kolotoko ...
D'autre part, est-ce que ces trois triangles AHbHc, BHcHa et CHaHb portent un nom particulier ? Sinon, je proposerais volontiers "triangle exorthique" (si ce nom n'est pas déjà pris, bien entendu).
Bien cordialement
JLB -
Bonjour,
Jelobreuil, ta figure est un peu chargée, et l'absence de nommage des points n'aide pas.
Voilà la mienne.
Avec Morley circonscrit, les pieds des hauteurs sont $A_1(a_1)$ avec $a_1=\dfrac{s_1a-bc}{2a}$ et permutation circulaire.
La droite d'Euler du "triangle exorthique" $AB_1C_1$ a pour équation $2s_1bcz-2s_2s_3\overline{z}+(a^2-bc)(b^2+c^2)=0$ et permutation circulaire.
Ces droites sont concourantes en $X_{125}(x_{125})$ avec $x_{125}=\dfrac{s_1^2-s_2}{2s_1}$ qui est bien le centre de l'hyperbole de Jerabek.
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir,
Une solution avec les coordonnées barycentriques.
$A,B,C\simeq\left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array}\right].$
$H_A,H_B,H_C\simeq\left[\begin{array}{c} 0\\ -a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 - c^2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 + b^2 - c^2\\ 0\\ -a^2 + b^2 + c^2 \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} a^2 - b^2 + c^2\\ -a^2 + b^2 + c^2\\ 0 \end{array}\right].$
Une équation de la droite d'Euler de $AH_BH_C$ est :
$-(b^2 - c^2) (-a^2 + b^2 + c^2)^2x+ (-b^6 + 3 b^4 c^2 - b^2 c^4 - c^6 -a^4 (b^2 + c^2) + 2 a^2 (b^4 - b^2 c^2 + c^4))y$
$+ ( b^6 + b^4 c^2 - 3 b^2 c^4 + c^6 + a^4 (b^2 + c^2) -2 a^2 (b^4 - b^2 c^2 + c^4))z=0.$
Les trois droites d'Euler sont concourantes et le point de concours est $P\simeq \left[\begin{array}{c} -(a^2 - b^2 - c^2) (b^2 - c^2)^2\\ (a^2 - c^2)^2 (a^2 - b^2 +c^2)\\ (a^2 - b^2)^2 (a^2 + b^2 - c^2) \end{array}\right]$ qui est bien le centre de l'hyperbole de Jerabek. -
Bonsoir,
Accessoirement, les droites d'Euler des trois "triangles exorthiques" forment entre elles des angles égaux à ceux du triangle $ABC$.
Bien entendu, il faut prendre pour "angle" la définition qui va bien, sinon Pappus va taper :-D
Cordialement,
Rescassol -
Bonsoir à tous,
Rescassol, j'en conviens volontiers, ma figure est très chargée, et j'ai eu la flemme de nommer tous ces points ... J'ai pensé que l'emploi de différentes couleurs améliorerait suffisamment la lisibilité ...
En fait, je n'ai pas trouvé, avec Geogebra, de construction plus simple d'une droite d'Euler que celle consistant à tracer successivement le cercle circonscrit au triangle considéré, puis le cercle d'Euler de celui-ci, sachant qu'il s'agit du cercle circonscrit à son triangle médian, et enfin la droite joignant les centres de ces deux cercles. Et c'est pourquoi il y a tant et tant de cercles !
Existe-t-il un moyen plus simple ? plus direct ?
Bouzar, merci d'avoir fait ces calculs barycentriques, ce dont je m'avoue totalement incapable !
Bien cordialement
JLB -
Bonjour,
Dans Géogébra, tu peux construire ce que tu veux, même très compliqué, puis en faire une macro.
J'ai donc une macro DroiteEuler.
D'autre part, tu peux rendre invisible les objets de construction intermédiaires, pour ne montrer que ce qui est utile, en désactivant l'option "Afficher l'objet".
Cordialement,
Rescassol -
Rescassol, merci de ces indications que je vais essayer de suivre à l'avenir !
Je connais l'opération consistant à désactiver l'option "Afficher l'objet", mais j'avoue ne pas avoir pensé à m'en servir dans le cas présent ...
Bonne journée, bien cordialement
JLB -
Bonjour,
Je précise que le centre d'une hyperbole équilatère circonscrite à $ABC$ est toujours sur son cercle d'Euler.Jelobreuil a écrit:Il se trouve que ce matin, par hasard, j'ai constaté que ces droites d'Euler sont bien concourantes en un point qui appartient au cercle d'Euler de ABC
Cordialement,
Rescassol -
Rescassol, merci de cette précision !
Qui me suggère la question suivante, pour que les choses soient bien claires dans mon esprit : Le cercle d'Euler est-il le lieu des centres des hyperboles équilatères (donc passant par l'orthocentre, Pappus dixit) circonscrites à un triangle ?
Merci !
Bien cordialement
JLB -
Bonsoir,
Jelobreuil, oui.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour
"J'aimerais obtenir une preuve synthétique du théorème suivant.
Données :$ ABC$ un triangle ; $H_{a},H_{b},H_{c}$ les pieds des hauteurs.
Conséquences : Les droites d'Euler des triangles $AH_{b}H_{c},BH_{c}H_{a},CH_{a}H_{b}$ sont concourantes en $P$, centre de l'hyperbole de Jérabek."
La similitude indirecte $\sigma :ABC\rightarrow AH_{b}H_{c}$ a clairement pour axes les bissectrices de $\left( AB,AC\right) $. La droite d'Euler $\Delta _{a}=\sigma \left( O\right) \sigma \left( H\right) $ de $AH_{b}H_{c}$ a donc la direction de $AE$ où $E$ est l'isogonal du point à l'infini de la droite d'Euler $OH$ de $ABC$.
Or $E$ est le quatrième point d'intersection de l'hyperbole de Jerabek $\gamma $ et du cercle $ABC$.
$AE$ et la hauteur $AH$ ont donc des directions conjuguées par rapport à $\gamma $.
Mais $\sigma \left( O\right) $, centre du cercle $AH_{b}H_{c}$, est le milieu de $\left[ AH\right] $. Il en résulte que $\Delta _{a}$ est le diamètre conjugué de la direction de $AH$ par rapport à $\gamma $ et que $\Delta _{a}$ passe par le centre de $\gamma $.
Amicalement. Poulbot
PS : Bonne chance pour le décodage! -
Bonjour Poulbot,
Merci pour cette démonstration ! Même si, faute de bases théoriques suffisantes, je n'en comprends pas la moitié, elle me montre au moins ce vers quoi porter mes efforts pour pouvoir appréhender au mieux les beautés de la géométrie !
Merci encore, bien cordialement
JLB -
Bonjour
Une figure illustrant ce que j'ai dit plus haut.
La droite d'Euler (rouge) du triangle $AH_{b}H_{c}$ est parallèle à $AE$ et est le lieu des milieux des cordes de $\gamma $ parallèles à la hauteur $AH$.
Bien cordialement. Poulbot -
Re-bonjour
Rescassol wrote "Accessoirement, les droites d'Euler des trois "triangles exorthiques" forment entre elles des angles égaux à ceux du triangle
$ABC$. Bien entendu, il faut prendre pour "angle" la définition qui va bien, sinon Pappus va taper"
Cas $3$ droites sont respectivement parallèles à $EA,EB,EC$ et, $A,B,C,E$ étant cocycliques, on a $\left( EB,EC\right) =\left( AB,AC\right) ,...$.
J'espère que cela suffira à éviter le courroux de Pappus.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour
Juste histoire de causer.
Le problème initial de Rescassol étant de nature affine, on peut le reformuler ainsi :
$T$ est un triangle inscrit dans une conique $\gamma $ de centre $O$,
$T^{\prime }$ le triangle tangentiel correspondant,
$T^{\prime \prime }$ l'image de $T^{\prime }$ par une homothétie de centre $O$.
Alors les triangles $T$ et $T^{\prime \prime }$ sont en perspective et le lieu du centre de perspective (quand le rapport d'homothétie varie) est la conique circonscrite à $T$ et passant par $O,P,H$ où $P$ est le centre de perspective de $T$ et $T^{\prime }$ et $H$ l'image de $O$ par l'homothétie de centre le centre de gravité de $T$ et de rapport $-2$.
Dans le cas où $\gamma $ est une parabole, il suffit d'utiliser des translations au lieu d'homothéties.
Plus précisément, $T^{\prime \prime }$ étant l'image de $T^{\prime }$ par une translation dans la direction du point à l'infini $O_{\infty }$ de la parabole $\gamma $, les triangles $T$ et $T^{\prime \prime }$ sont en perspective et le lieu du centre de perspective (quand le vecteur de la translation varie) est l'hyperbole circonscrite à $T$ passant par $O_{\infty }$ et $P$.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour
Le raisonnement fait ICI s'applique aussi bien en remplaçant la droite d'Euler par une droite quelconque $L$ passant par $O$ (autre que les droites, $OA,OB,OC$) :
$\gamma $ est l'hyperbole équilatère circonscrite isogonale de $L$; son quatrième point d'intersection avec le cercle $ABC$ est $D$, isogonal du point à l'infini de $L$.
La droite $\sigma \left( L\right) $ est parallèle à $AD$ et est le diamètre de $\gamma $ conjugué de la direction de la hauteur $AH$; elle passe donc par le centre de $\gamma $.
Une application : l'axe de Brocard d'un triangle est la droite passant par le centre de son cercle circonscrit et son point de Lemoine; c'est la droite isogonale de l'hyperbole de Kiepert, laquelle recoupe le cercle circonscrit au "point de Tarry" $T=X_{98}$ dans ETC.
Les axes de Brocard des triangles $AH_{b}H_{c},BH_{c}H_{a},CH_{a}H_{b}$ sont respectivement parallèles aux droites $TA,TB,TC$ et concourent au centre de l'hyperbole de Kiepert de $ABC$.
Une autre application : $L_{a}$ est la droite passant par les centres du cercle inscrit et du cercle circonscrit au triangle $AH_{b}H_{c}$; $L_{b}$ et $L_{c}$ sont définies de façon analogue.
Alors, les droites $L_{a},L_{b},L_{c}$ concourent au point de Feuerbach de $ABC$.
En effet ce point est le centre de l'hyperbole équilatère isogonale de la droite $OI$ (hyperbole de Feuerbach).
Amicalement. Poulbot
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.1K Toutes les catégories
- 7 Collège/Lycée
- 21.8K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 52 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 62 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 68 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 312 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 772 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
In this Discussion
Qui est en ligne 12
+9 Invités