Axes d'une conique inscrite
Bonsoir
Montrez que les axes de la conique de centre $P$ inscrite dans $ABC$ sont parallèles aux asymptotes de l'hyperbole équilatère passant par $P$ et les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits dans $ABC$.
Je n'ai prouvé ce résultat que moyennant quelques calculs totalement indigestes (merci à mon PC).
Il y a probablement bien plus simple. Morley peut-être?
Amicalement. Poulbot
Montrez que les axes de la conique de centre $P$ inscrite dans $ABC$ sont parallèles aux asymptotes de l'hyperbole équilatère passant par $P$ et les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits dans $ABC$.
Je n'ai prouvé ce résultat que moyennant quelques calculs totalement indigestes (merci à mon PC).
Il y a probablement bien plus simple. Morley peut-être?
Amicalement. Poulbot
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Réponses
Bravo pour ce joli résultat ! les calculs, pour pénibles qu'ils aient été, en valaient la peine, c'est sûr !
Et merci de nous le faire partager !
Bonne soirée, bien cordialement
JLB
Comme je le pensais, je m'y étais très mal pris et on peut s'en tirer élémentairement avec très peu de calculs.
Dans le cas de l'ellipse $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$, la tangente en $\left( a\cos t,b\sin t\right) $ a pour équation $\dfrac{x}{a}\cos t+\dfrac{y}{b}\sin t=1$ et le carré de la distance de $M\left( x,y\right) $ à cette tangente est $f_{t}\left( x,y\right) =\dfrac{\left( \dfrac{x}{a}\cos t+\dfrac{y}{b}\sin t-1\right) ^{2}}{\dfrac{\cos ^{2}t}{a^{2}}+\dfrac{\sin ^{2}t}{b^{2}}}$.
Les carrés des distances de $M\left( x,y\right) $ à $BC,CA,AB$ étant respectivement $f_{u}\left( x,y\right) ,f_{v}\left( x,y\right) ,f_{w}\left( x,y\right) $, la réunion des $2$ bissectrices de $\left( AB,AC\right) $ a pour équation $f_{v}\left( x,y\right) -f_{w}\left( x,y\right) =0$, …
On peut remarquer que le coefficient de $x^{2}$ dans $f_{v}\left( x,y\right) -f_{w}\left( x,y\right) $ est $\dfrac{f_{v}\left( 0,0\right) -f_{w}\left( 0,0\right) }{a^{2}-b^{2}}$ (celui de $y^{2}$ est son opposé).
Une hyperbole équilatère passant les centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits dans $ABC$ a pour équation $g\left( x,y\right) =0$ où $g=\alpha \left( f_{v}-f_{w}\right) +\beta \left( f_{w}-f_{u}\right) +\gamma \left( f_{u}-f_{v}\right) $.
Il résulte de la remarque précédente que, si $g\left( 0,0\right) =0$, les coefficients de $x^{2}$ et $y^{2}$ dans $g\left( x,y\right) $ sont nuls et qu'alors les asymptotes de l'hyperbole sont parallèles aux axes de l'ellipse.
On a le même résultat pour une hyperbole.
@jelobreuil Je suis persuadé que ce résultat n'a rien de nouveau comme la plupart de ce qui a trait à la géométrie de grand-papa ou de son papa; la difficulté est de le dénicher dans les innombrables écrits de leur époque.
Amicalement. Poulbot
Je comprends bien ta remarque, et le problème, c'est que la plupart de ces écrits, je pense, soit ont été détruits par incendie ou par les moisissures, soit dorment au fin fond de réserves de bibliothèques sous une épaisse couche de poussière ... Où pourrait-on avoir une chance de se procurer des exemplaires des revues d'époque dans lesquelles ont publié leurs travaux Brocard ou Steiner, par exemple ?
Il est vrai que Google permet d'en trouver quelques-uns numérisés, mais c'est une goutte d'eau dans un océan !
C'est bien pourquoi il n'est pas inutile, sur ce forum, de faire remonter à la lumière toute cette science oubliée ...
Bien cordialement
JLB
Etant donné un triangle $ABC$ d'orthocentre $H$ et un point $\Omega $, $H_{a}$ étant la projection de $A$ sur $BC$, le cercle passant par $A$ et $Ha$ et centré sur la perpendiculaire en $\Omega $ à $H\Omega $ coupe la droite $H\Omega $ en $M$ et $M^{\prime }$.
Que représente le cercle de diamètre $\left[ MM^{\prime }\right] $ pour la conique de centre $\Omega $ inscrite dans $ABC$?
Amicalement. Poulbot
J'essaye de me mettre à la place de l'étudiant $\lambda$ qui n'a aucune idée du résultat.
La figure de Poulbot n'est pas très difficile à faire tant qu'on a pas la conique inscrite à tracer.
Evidemment parmi des milliers et des milliers d'autres, je dispose d'une macro qui, au moyen d'un simple clic me trace l'ellipse de centre $\Omega$ inscrite dans le triangle $ABC$.
Rien que cette construction demande un sérieux investissement dans la théorie des coniques et dans la géométrie du triangle!
Je constate alors que le cercle de diamètre $MM'$ est concentrique à l'ellipse inscrite et lui est extérieur.
Or le seul cercle digne d'intérêt extérieur et concentrique à une conique est son cercle orthoptique.
Je choisis un point $m$ arbitraire sur ce cercle et je trace les tangentes $mt$ et $mt'$ à la conique inscrite, Cabri dispose d'un outil pour ce faire et Cabri vérifie que $mt\perp mt'$
Le cercle de diamètre $MM'$ de Poulbot est bien le cercle orthoptique.
1° Il s'agit de le montrer!
2° Il faut se servir de ce résultat pour récupérer les foyers!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici une autre figure qui rejoint celle de Poulbot et qui, je crois, est due à Faure au 19ème siècle:
Le cercle orthoptique d'une conique inscrite est orthogonal au cercle polaire du triangle de référence.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sur ma figure, les points $A$ et $H_{a}$ étant conjugués par rapport au cercle polaire, il en est va même de $M$ et $M^{\prime }$; ainsi le cercle de diamètre $\left[ MM^{\prime }\right] $ est le cercle de centre $\Omega $ orthogonal au cercle polaire, c'est-à-fire le cercle orthoptique de la conique.
Amicalement. Poulbot
Il reste à savoir ce qu'on va faire du théorème de Faure: écrire l'équation du cercle orthoptique, bien sûr mais après?
J'avais parlé de l'étudiant $\lambda$. Comme on peut s'en douter, il ne connait pas le cercle orthoptique d'une conique puisque le seul cercle qu'il ait à sa disposition est le cercle trigonométrique.
J'ai remarqué une chose curieuse dans les vieux grimoires.
Autrefois le cercle orthoptique était appelé cercle directeur (director circle), alors qu'il n'y a pas si longtemps, (on ne peut plus dire aujourd'hui puisque tout a disparu), une conique à centre avait deux cercles directeurs, à savoir les homothétiques respectifs de son cercle principal dans une homothétie par rapport à chacun des deux foyers et de rapport $2$., ( j'espère qu'on enseigne encore que $2=1+1$ mais au train où vont les choses, comment en être encore sûr?).
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Je voudrais te faire préciser ton argument pour les étudiants un peu hagards.
Le triangle $ABC$ est autopolaire par rapport au cercle polaire (par définition du cercle polaire), c'est pourquoi les points $A$ et $H_a$ sont conjugués.
Pourquoi les points $M$ et $M'$ seraient-ils eux aussi conjugués?
"Pourquoi les points $M$ et $M^{\prime }$ seraient-ils eux aussi conjugués?"
$A,H_{a},M,M^{\prime }$ étant cocycliques, on a $\overline{HM}.\overline{HM^{\prime }}=\overline{HA}.\overline{HH_{a}}$.
Il faut peut-être rappeler que $M$ et $M^{\prime }$ sont conjugués par rapport au cercle $\gamma $ de centre $O$ et de rayon $R$ si et seulement si le cercle de diamètre $\left[ MM^{\prime }\right] $ est orthogonal à $\gamma $, ce qui équivaut à $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{OM^{\prime }}=R^{2}$.
Amicalement. Poulbot
Ce que je voulais te faire dire explicitement était que la paire $(A,H_a)$ était formée de points conjugués bien sûr mais surtout de points inverses par rapport au cercle polaire puisque les points $A$, $H_a$, $H$ sont alignés et que $H$ est le pôle d'inversion, centre du cercle polaire.
Comme les points $A$, $H_a$, $M$, $M'$ sont cocycliques et que les points $M$, $M'$, $H$ sont alignés, la paire $(M,M')$ est aussi formée de points inverses donc conjugués.
Cela me semble bizarre de sortir un laïus que je n'ai pas utilisé depuis 70 ans!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Merci à vous, Pappus et Poulbot, de faire remonter toute cette belle et ancienne géométrie des profondeurs de l'oubli, si caractéristique de notre temps obsédé par l'immédiateté et la nouveauté de toute chose !
Bien cordialement
JLB