Paraboles à normales concourantes
Réponses
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Bonjour poulbot,
Voici une première illustration.
Amicalement -
L'application $P\mapsto \Omega$ est une transformation affine.
Le point $P$ a pour coordonnées $(a,b)$ dans le repère où la parabole $\Pi$ a pour équation: $y^2-2px=0$ avec $p>0.$
L'équation du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est : $x^2+y^2-(p+a)x-\dfrac{b}{2}y=0.$ Son centre $\Omega$ a pour coordonnées $(\dfrac{p+a}{2},\dfrac{b}{4}).$ Il passe par le sommet S de la parabole. -
Bonjour Bouzar
Ce que tu dis est bel et bon mais, dans ma question, on ne connaît que les points $A,B,C$ non alignés. Il y a alors plusieurs paraboles passant par $A,B,C$ et dont les normales en $A,B,C$ sont concourantes. Quels sont les axes de ces paraboles?
Amicalement. Poulbot -
Bonjour,
Les paraboles passant par $A,B,C$ sont les isogonales par rapport au triangle $ABC$ des tangentes en un point $U(u)$ de son cercle circonscrit.
Pour que les normales soient concourantes, on obtient l'équation $3u^3 - s_1u^2 - s_2u + 3s_3 = 0$.
On reconnait l'équation que doit vérifier $u$ pour que le point caractéristique de l'axe quand $u$ varie soit un point de rebroussement de la deltoïde du triangle médian. On obtient donc les trois tangentes de rebroussement, si je n'ai pas écrit trop de bêtises.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour Rescassol et bravo
C'est exact. Plus simplement, relativement à $ABC$, ce sont les droites de Simson passant par son centre de gravité $G$.
A partir de la figure de Bouzar, il suffit de prouver que
$1)$ $G$ est sur l'axe de la parabole
$2)$ Les perpendiculaires à chacun des côtés de $ABC$ au point où il coupe l'axe de la parabole sont concourantes
Bien cordialement. Poulbot
PS "On reconnait l'équation que …" Cela ne saute pas vraiment aux yeux; en tout cas, pas aux miens. -
Bonsoir Poulbot,Poulbot a écrit:PS "On reconnait l'équation que …" Cela ne saute pas vraiment aux yeux; en tout cas, pas aux miens.
J'avais fait une étude de ces paraboles évoquées dans mon vieux fil en solitaire (ou presque) : Paraboles
J'ai bien sûr fait tous les calculs correspondants, si tu veux que je les donne, pas de problème, mais pas ce soir, dodo bientôt.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour
Une preuve élémentaire.
En changeant un peu les notations de Bouzar, supposons la parabole d'équation $x=y^{2}$,$A=\left( a^{2},a\right) ,B=\left( b^{2},b\right) ,C=\left( c^{2},c\right) $ et le cercle $ABC$ d'équation $x^{2}+y^{2}+\alpha x+\beta y=0$.
$a,b,c$ sont les racines de $y^{3}+\left( \alpha +1\right) y+\beta =0$; so $a+b+c=0$ et $G$ est sur l'axe $\Delta $ de la parabole.
Maintenant $A^{\prime }=\Delta \cap BC=\left( -bc,0\right) $ et la perpendiculaire en $A^{\prime }$ à $BC$ a pour équation $y+\left( b+c\right) \left( x+bc\right) =0$.
Il est alors immédiat de vérifier, avec $a+b+c=0$ que cette droite et ses deux sœurs sont concourantes. $\Delta $ est alors la droite de Simson de leur point commun.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour Rescassol
J'aurais mieux fait de vérifier avant de t'approuver car il semble qu'il y ait un souci avec ton résultat vu que les tangentes de rebroussement de la deltoïde du triangle médian ne passent pas par $G$. Or il est certain que les axes des paraboles solutions passent par $G$.
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour,
Poulbot, j'avais bien commencé, mais mal conclu.
L'équation que j'ai obtenue est correcte et correspond bien au cas où le point caractéristique de l'axe est un point de rebroussement de la deltoïde.
Dans ce cas, la parabole est tangente au cercle circonscrit, donc le point $D(d)$ où la parabole recoupe le cercle circonscrit est confondu avec son sommet. J'ai obtenu $d=\dfrac{s_3}{u^2}$ dans le cas général.
Enfin, en écrivant l'alignement de $D,G,U$, on obtient la même équation $3u^3-s_1u^2-s_2u+3s_3=0$.
Je peux conclure que les axes des trois paraboles solutions au problème sont les droites joignant $G$ aux points de rebroussement de la deltoïde.
Cordialement,
Rescassol -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Soit $ABC$ un triangle et $A’B’C’$ son triangle médial.
Soit $\Pi$ une parabole circonscrite au triangle $ABC$.
Soit $\delta$ sa direction asymptotique et soit $Q$ le point isogonal de $\delta$ par rapport au triangle médial.
Soit $P$ le point diamétralement opposé à $Q$ sur le cercle médial.
Alors la droite de Simson de $P$ par rapport au triangle médial est l’axe de la parabole $\Pi$.
Soit $\Pi’$ la parabole circonscrite au triangle $ABC$ de direction asymptotique $\delta ´\perp \delta$.
Montrer que $\Pi$ et $\Pi’$ se recoupent en un quatrième point $D$ appartenant au cercle circonscrit au triangle $ABC$ et dont la droite de Simson par rapport à ce triangle est parallèle à la droite $PQ$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
La situation est un peu analogue pour les paraboles inscrites dans le triangle $ABC$.
Je change un peu mes notations. Cette fois-ci, le triangle $A’B’C’$ est le triangle antimédial.
$H$ est l’orthocentre du triangle $ABC$ et $H’$ celui du triangle $ÀB’C’$.
Soit $\Pi$ une parabole inscrite dans le triangle $ABC$ et de direction asymptotique $\delta$.
Soit $P$ le point isogonal de $\delta$ dans le triangle antimédial et $P’$ le symétrique de $P$ par rapport à $H$.
Alors la droite de Simson de $P’$ par rapport au triangle antimédial est l’axe de $\Pi$ et son foyer $F$ est le milieu de $H’P’$.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
J'avoue avoir un peu de mal à manipuler l'isogonalité $g^{\prime }$ par rapport au triangle médian, préférant nettement l'isogonalité $g$ par rapport à $ABC$, mais on peut remarquer que $g^{\prime }=cgc^{-1}$ où $c$ (pour complément) est l'homothétie $\left( G,-\dfrac{1}{2}\right) $ et que, si $M\in \left( O\right) $, la droite de Simson de $c\left( M\right) $ par rapport au triangle médian est l'image par $c$ de la droite de Simson de $M$ par rapport à $ABC$.
$M=g\left( \delta \right) $ et $M^{\prime }=g\left( \delta ^{\prime }\right) $ sont diamétralement opposés sur $\left( O\right) $ et les paraboles $\Pi $ et $\Pi ^{\prime }$ sont les isogonales (relativement à $ABC$) des tangentes en $M$ et $M^{\prime }$ à $\left( O\right) $. Ton point $D$ est donc l'isogonal du point à l'infini commun à ces $2$ tangentes, c'est-à-dire le point de $\left( O\right) $ dont la droite de Simson est parallèle à $MM^{\prime }$.
Pour en revenir à ta question, $P$ et $Q$ étant les compléments de $M^{\prime }$ et $M$ (et donc aussi les milieux de $\left[ HM\right] $ et $\left[ HM^{\prime }\right] $), il est clair que les droites $PQ$ et $MM^{\prime }$ sont parallèles.
Amicalement. Poulbot -
Bonjour Rescassol
"Dans ce cas, la parabole est tangente au cercle circonscrit"
C'est impossible vu qu'elle a $4$ points communs distincts avec ce cercle (les points $A,B,C,S$)
Du coup on peut émettre (et à juste titre) des doutes sur
"Les axes des trois paraboles solutions au problème sont les droites joignant $G$ aux points de rebroussement de la deltoïde"
Les axes de ces paraboles sont les droites de Simson (relativement à $ABC$) passant par $G$. Ce sont aussi les droites de Simson relativement au triangle médian qui passent par $G$ car les droites de Simson relativement au triangle médian sont les images par l'homothétie $\left( G,-\dfrac{1}{2}\right) $ de celles relatives à $ABC$. Si ton assertion était correcte, les tangentes de rebroussement de la deltoïde du triangle médian passeraient par $G$, ce qui n'est pas (contrairement à ce qui apparait sur ta figure), vu qu'elles passent par le complément de $N$, c'est-à-dire le milieu de $\left[ ON\right] $ ($N$ est le centre du cercle d'Euler)
Bien cordialement. Poulbot -
Bonjour à tous
On vient de voir la disposition de deux paraboles circonscrites au triangle $ABC$ dont les directions asymptotiques sont orthogonales.
Celle des paraboles inscrites dans le triangle $ABC$ dont les directions asymptotiques sont orthogonales n’est pas moins intéressante.
Le quadrangle de leurs intersections est inscrit dans le cercle polaire du triangle antimédial, lui même étant le triangle diagonal de ce quadrangle.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher Poulbot
Il semble me rappeler que tu as donné dans le passé une construction des droites de Simson issues d’un point.
Peux-tu nous la rappeler?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour Pappus
Tu nous as expliqué tout cela en détail dans le fil Orthopôle (suite) que j'ai réussi à retrouver.
On trouve ICI la très belle justification que tu en donnes. (Il faut lire $\overrightarrow{HP}=\overrightarrow{A^{\prime \prime }A^{\prime }}$).
Pour résumer, $H_{P}$ est l'hyperbole équilatère passant par $A,B,C,P$.
$H_{P}^{\prime }$ est son image par la translation de vecteur $\overrightarrow{HP}$.
Un des points d'intersection de $H_{P}^{\prime }$ et du cercle circonscrit $\left( O\right) $ est aussi sur $H_{P}$; les autres sont les points de $\left( O\right) $ dont la droite de Simson passe par $P$.
Amicalement. Poulbot -
Merci Poulbot
Sept ans après, j’ai corrigé mon typo!
C’est bizarre de relire ce fil que j’avais complètement oublié comme beaucoup d’autres!
Je serais bien incapable d’en écrire un autre du même genre aujourd’hui !
Amicalement
[small]p[/small]appus
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Bonjour!
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