Cercles tangents
Bonjour
Soient A et B deux points distincts.
Soit (C) le cercle de centre A passant par B.
B' le point diamétralement opposé.
Soient les deux cercles de diamètre [BA] et [AB'].
La perpendiculaire à [BB'] passant par A coupe (C) en E.
Je cherche à construire le cercle tangent aux 3 cercles de la figure (celui qui est tangent à (C) en E, dont le centre appartient au segment [AE]).
Quelqu'un pourrait-il m'aider ? (pour l'instant, mes tentatives sont restées vaines...)
Soient A et B deux points distincts.
Soit (C) le cercle de centre A passant par B.
B' le point diamétralement opposé.
Soient les deux cercles de diamètre [BA] et [AB'].
La perpendiculaire à [BB'] passant par A coupe (C) en E.
Je cherche à construire le cercle tangent aux 3 cercles de la figure (celui qui est tangent à (C) en E, dont le centre appartient au segment [AE]).
Quelqu'un pourrait-il m'aider ? (pour l'instant, mes tentatives sont restées vaines...)
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Réponses
à vue de nez on ne peut pas... les cercles étant tangent 2 à 2 les rendre tangent avec un 4ème cercle ... celui ci n'étant qu'un avatar d'une forme quadratique, pour la tangence il faudra aller au moins au degré 3, ou une quartique.
Mais votre dessin fournit déjà 3 quartiques (enfin celles qui se factorisent en un produit de deux formes quadratiques pour des normes isotropes dans le plan muni de la distance usuelle).
Pour rester en degré 2 : ellipses, hyperbole, ou paraboles... mais ellipse dégénérées en cercle... je demande à voir.
Le centre du cercle recherché se situe au deux tiers du segment [AE], en partant de A.
Et quelle est l'idée qui vous a permis de trouver cela ?
merci Ludwig
Ta figure est un cas particulier de l'arbelos, Baptiste Gorin en a fait une étude détaillée.
Les rayons des 3 cercles donnés sont
$-1$ ( < 0 car il englobe les autres), $1/2$ et $1/2$.
Leurs courbures sont 1, 2 et 2.
Ils vérifient, avec le cercle cherché de rayon $x$ et de courbure $1/x$
$$
(-1+2+2+1/x)^2=2(1+4+4+1/x^2)
$$
Objectif
Trouvez la construction du cercle rouge tangent aux deux cercles bleus et passant par le point A
Principe
La droite D est tangente aux deux cercles images des cercles bleus; son inversion est un cercle tangent aux deux cercles bleus (points orange).
Construction
Inversion de centre A et puissance quelconque (cercle jaune).
Inversion des deux cercles C1 et C2 en C'1 et C'2.
Une tangente D parmi quatre aux cercles C'1 et C'2.
Inversion de la droite D en cercle C. Il sera tangent aux cercles bleus et passera par le point A.
Note: il existe quatre solutions.
la dernière figure est pour un problème voisin mais pas exactement le même : construire un cercle tangent à deux cercles donnés et passant par un point donné
Ici on veut construire un cercle tangent à trois cercles donnés, et de plus on est dans un cas très particulier où les cercles donnés sont tangents entre eux deux à deux !
Et même dans le cas encore plus particulier où ils sont égaux !
Ceci dit
On peut dans le problème d'origine aussi utiliser une inversion :
On choisit une inversion de pole A qui conserve le grand cercle (O) globalement inchangé (c'est à dire qu'elle échange les points B et B' )
Les deux petits cercles (C) et (D) sont transformés en des droites tangentes en B et B' au grand cercle
L'image par cette inversion du cercle cherché $\Gamma$ est donc le cercle $\Gamma'$ tangent à (O) et aux deux droites qu'il est élémentaire de construire
On retransforme $\Gamma'$ en $\Gamma$ par l'inversion, centre et points de contact déterminés à la règle seule par des droites passant par A, et coupant les cercles donnés en les points de contact T, U, V cherchés etc
(et bien entendu la solution symétrique par rapport à la droite (AB))
Ma figure est avec les deux petits cercles de rayons quelconques (voir l'Arbelos ...) et pas forcément égaux à la moitié de celui du grand cercle, ça ne change rien au principe de cette construction
On peut généraliser encore d'avantage, ou choisir une autre inversion, par exemple celle de pole B qui conserve le cercle (D) globalement inchangé
Voir aussi les 10 "problèmes d'Apollonius" : trouver un cercle tangent à trois "bidules", chaque bidule étant indépendamment une droite, un cercle ou un point (tangent à un point voulant dire juste passant par ce point)
La construction citée par Rafykfan est une de celles possibles dans le cas Point-Cercle-Cercle
ton "chaque fois" est une illusion : c'est toujours la seule et unique figure agrandie ou tournée,
donc une seule valeur pour un rapport de longueurs dans cette figure !
Et sinon (si les deux cercles ne sont pas égaux, cas général de l'arbelos déja cité) ce rapport est faux vu que les points ne sont même pas alignés !
(tu) Merci pour ta réactivité Chephip !
Il suffit de bien choisir son inversion de telle sorte que 2 cercles donnent deux droites et un cercle donne un cercle. Reste plus qu'à construire le cercle tangent au cercle image et aux droites images par l'inversion.
Voilà ce que ça donne: un joli sangaku...
on peut se placer dans l'espace de Minkowski-Lorentz de dimension 4 qui est muni d'une forme quadratique de signature (3;1) :
$${\overrightarrow{u}\centerdot\overrightarrow{v}=x_{u}\,x_{v}+y_{u}\,y_{v}-u_{o}\,v_{\infty}-u_{\infty}\,v_{o}}$$ où ${\overrightarrow{u}\left(u_{o};x_{u};y_{u};u_{\infty}\right)}$ et ${\overrightarrow{v}\left(v_{o};x_{v};y_{v};v_{\infty}\right)}$ dans la base $ \left(\overrightarrow{e_{o}};\overrightarrow{e_{1}};\overrightarrow{e_{2}};\overrightarrow{e_{\infty}}\right)$. Le point $O_4$ est l'origine de l'espace affine de Minkowski-Lorentz.
https://link.springer.com/referenceworkentry/10.1007/978-3-319-08234-9_111-1
Le point $N\left(x;y\right)$ du plan affine euclidien muni du repère $\left(O_2; \overrightarrow{e_{1}};\overrightarrow{e_{2}}\right)$ est représenté par le vecteur isotrope
$$\overrightarrow{n}=\overrightarrow{e_{o}}+x\:\overrightarrow{e_{1}}+y\:\overrightarrow{e_{2}}+\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\:\overrightarrow{e_{\infty}}$$et nous avons $\overrightarrow{O_{4}O_{2}}=\overrightarrow{e_{o}}$.
La pseudo-hypersphère unité représente les droites-cercles orientés du plan affine euclidien. Le cercle orienté de centre $\Omega$ et de rayon (algébrique) $\rho$ est représenté par le point $\sigma$ défini par :
$$\overrightarrow{O_{4}\sigma}=\frac{1}{\rho}\left(\overrightarrow{e_{o}}+\overrightarrow{O_{2}\Omega}+\frac{1}{2}\left(\left\Vert \overrightarrow{O_{2}\Omega}\right\Vert ^{2}-\rho^{2}\right)\overrightarrow{e_{\infty}}\right)$$
La droite définie par un point $P$ et un vecteur normal unitaire $\overrightarrow{N}$ est représentée par le point $\pi$ défini par :
$$\overrightarrow{O_{4}\pi}=\overrightarrow{N}+\left(\overrightarrow{N}\bullet\overrightarrow{O_2P}\right)\overrightarrow{e_{\infty}}$$ où $\bullet$ désigne le produit scalaire usuel du plan euclidien.
Deux cercles-droites représentés par $\sigma_0$ et $\sigma_1$ sont tangents ssi
$$\left | \overrightarrow{O_{4}\sigma_0}\centerdot \overrightarrow{O_{4}\sigma_1}\right |=1 $$
Le point $P$ (représenté par $ \overrightarrow{p}$) appartient au cercle de centre $\Omega$ et de rayon (algébrique) $\rho$ (représenté par $\sigma$) ssi $$ \overrightarrow{O_{4}\sigma}\centerdot \overrightarrow{p} =0 $$
Les cercles tangents au cercle précité avec la même orientation au point $P$ sont les points de la droite $\Delta$ passant par $\sigma$ et de vecteur directeur $\overrightarrow{p}$. En cas d'orientation inverse, les points sont sur la symétrique de $\Delta$ par rapport à $O_4$.
Sans perte de généralité, je prends $A\left(0;0\right)$, $B\left(-2;0\right)$, $C\left(-1;0\right)$ et $E\left(0;2\right)$ (par symétrie, on a l'autre cercle centré en $D$). Le cercle de centre $A$ passant par $E$ est représenté par $\sigma_{A}\left(\frac{1}{2}; 0 ; 0 ; -1\right) $ et le point $E$ est représenté par $\overrightarrow{e}\left(1 ; 0 ; 2 ; 2\right)$.
Le cercle de centre $C$ et de rayon $1$ est représenté par $\sigma_{C}\left(1; -1 ; 0 ; 0\right) $.
On cherche $\sigma$ défini par :$$\overrightarrow{O_{4}\sigma}=\overrightarrow{O_{4}\sigma_{A}}+t\overrightarrow{e}$$
et vérifiant :$$\overrightarrow{O_{4}\sigma}\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}=\varepsilon\in\left\{ -1;1\right\} $$
On obtient $$\left(\overrightarrow{O_{4}\sigma_{A}}+t\overrightarrow{e}\right)\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}=\varepsilon$$ d'où :$$t_{\varepsilon}={\displaystyle \frac{\varepsilon-\overrightarrow{O_{4}\sigma_{A}}\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}}{\overrightarrow{e}\centerdot\overrightarrow{O_{4}\sigma_{C}}}}$$
Nous avons $t_{1}=0$ et on trouve $\sigma_{A}$ (les deux cercles sont tangents en $B$) et $t_{-1}=1$ ce qui donne $\sigma_{s}\left(\frac{3}{2};0;2;1\right)$ qui représente le cercle de centre $O_{s}\left(0,\frac{4}{3}\right)$ et de rayon $\rho_{s}=\frac{2}{3}$.
Dans cet espace, le problème d'Apollonius se résout via trois équations linéaires à quatre inconnues auxquelles on ajoute la condition d'avoir un vecteur unitaire. Il n'y a pas besoin de distinguer les différents cas puisque une droite et un cercle sont représentés de manière analogue.
Lionel
PS : j'ai mis deux fichiers sur l'espace de Minkowski-Lorentz de dimension $5$ où la pseudo-sphère unité représentes les sphères-plans orientés de $R^3$. Pour obtenir l'espace des cercles de $R^2$, il suffit d'enlever la composante en $z$ dans toutes les formules.
Amicalement
[small]p[/small]appus
une autre construction :
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/cercles segmentaires.pdf p. 25...
Sincèrement
Jean-Louis
A propos de l'arbelos.
On peut au moins parler de triplets car, si $p,q,r$ sont les points de contact du cercle tangent (centre $\omega $) aux $3$ demi-cercles, le cercle $Cqr$ est centré sur $CD$, passe par le milieu de $\left[ Cp\right] $ et a le même rayon que les cercles jumeaux.
En fait, il s'agit d'une famille très nombreuse : Floor van Lamoen détaille ICI une liste de plus de $100$ cercles ayant le même rayon que les cercles jumeaux.
Amicalement. Poulbot
Bien cordialement
JLB
Je ne la connaissais pas; simple et élémentaire en appparence. (tu)(tu)