Hyperbole trisectrice

Ludwig · April 2019

Bonjour,

J'ai trouvé à l'aide de GGB une construction simple d'une hyperbole trisectrice équilatère :
(C1) cercle unité
E milieu de OA, F celui de OB,
(C2) cercle de centre O passant par E et F,
(Oy) coupe (C2) en G et H,
(C3) cercle de centre H passant par E et F.

M point variable sur (C1),
(OM) coupe (C2) en K,
(GK) coupe (C3) en F1 et F2.

L'hyperbole de foyers F1 et F2 qui passe par O coupe (C1) en 4 points,
3 d'entres eux vérifient 3 (OB, OX) = (OB, OM).
J'ai fais en sorte que le point "tiers" soit celui situé sur l'arc BM.

Je n'ai aucune preuve de cette construction (je l'ai obtenue grâce à l'outil lieu).
Comment peut-on la prouver de façon simple ?
Et quelle est l'équation de cette hyperbole ?

En vous remerciant

fm_31 · April 2019

Bonjour ,

cette construction a aussi été proposée sur GeoGebra le :

- 17 décembre 2018 - 09:55 par mrini1957
- 17 décembre 2018 - 18:22 par rousseau-wallon

Cordialement

Ludwig · April 2019

oui,
rousseau-wallon c'est moi
(mrini1957 a dupliqué mon premier post)

sinon vous pouvez m'aider ?

poulbot · April 2019

Bonjour
Une possibilité qui me semble bien plus simple :
$M^{\prime }$ est le symétrique de $M$ par rapport à $AB$ et $\Omega $ le milieu de $\left[ OM^{\prime }\right] $.
L'hyperbole équilatère de centre $\Omega $ passant par $O$ et par le point à l'infini de $AB$ coupe le cercle en $M^{\prime }$ et aux $3$ sommets d'un triangle équilatéral.
Pour chaque sommet $N$ de ce triangle équilatéral on a $\left( OB,OM\right) =3\left( OB,ON\right) $.
Remarque : cette hyperbole est tangente en $O$ à $OM$.
Bien cordialement. Poulbot 85822

Ludwig · April 2019

plus simple ça dépend car tu n'as pas ses foyers
de plus il me semble que dans ta figure
ce sont les symétriques de N par rapport à O qui donnent le tiers angulaire,
et non pas les points N

quoi qu'il en soit, comment fait-on pour démontrer ce résultat ?

poulbot · April 2019

Bonsoir Ludwig
Construire une hyperbole connaissant ses asymptotes et un de ses points est très simple. Nul besoin des foyers.
J'ai utilisé la notation standard $\left( D,D^{\prime }\right) $ d'un angle orienté de droites.
Cela se montre, par exemple, en paramétrant le cercle par $t\rightarrow \left( \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\dfrac{2t}{1+t^{2}}\right) $ et en utilisant les relations entre les coefficients et les racines d'une équation du troisième degré pour montrer que l'on a affaire à un triangle équilatéral.
Bien cordialement. Poulbot

poulbot · April 2019

Re-bonsoir
Très brièvement et en squeezant la partie qui consisterait à découvrir cette hyperbole, contentons-nous de vérifier le résultat que j'ai énoncé.
Paramétrons le cercle par $t\rightarrow f\left( t\right) =\left( \dfrac{1-t^{2}}{1+t^{2}},\dfrac{2t}{1+t^{2}}\right) $.
Si $M=f\left( m\right) =\left( x_{0},y_{0}\right) $, l'hyperbole a pour équation $2xy+y_{0}x-x_{0}y=0$, soit $2\left( m^{2}+1\right) xy+2mx+\left( m^{2}-1\right) y=0$.
$f\left( t\right) $ est sur l'hyperbole si $\left( t+m\right) \left( mt^{3}+3t^{2}-3mt-1\right) =0$.
Si $N=f\left( t\right) $ où $mt^{3}+3t^{2}-3mt-1=0$, on a $\left( \overrightarrow{OB},\overrightarrow{ON}\right) =\theta $ avec $t=\tan \dfrac{\theta }{2}$. D'où $\tan \dfrac{3\theta }{2}=\dfrac{t^{3}-3t}{3t^{2}-1}=-\dfrac{1}{m}$ et $\tan 3\left( OB,ON\right) =\dfrac{2m}{1-m^{2}}=\tan \left( OB,OM\right) $.
Bien cordialement. Poulbot

Ludwig · April 2019

ok pour les angles orientés de droites
et pour ta démonstration, dont j'ai vérifié les calculs
j'ai mis du temps d'ailleurs, tan(3x), tan (2x), c'était rendu lojn ...
merci bcp Poulbot

Ludwig · April 2019

(on peut prendre la symétrique de ton hyperbole par rapport à O,
c'est à dire celle d'équation $2xy-y_{0}x+x_{0}y=0$,
et alors les tiers angulaires sont ses intersections avec le cercle unité)

Hyperbole trisectrice

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