Ellipses (de Fermat ?)
dans Géométrie
Bonsoir à tous
Je suppose que cette configuration ne vous est pas inconnue ...
Un triangle acutangle ABC, son point de Fermat F, construit au moyen des triangles équilatéraux construits sur les côtés de ABC.
Les droites bleues sont les médiatrices des segments FA, FB, FC.
Alors les six points d'intersection de ces médiatrices avec les côtés de ABC se trouvent sur une même ellipse, de même que les six points d'intersection de ces médiatrices avec les côtés des triangles équilatéraux ...
Qu'est-ce qui explique ce résultat ?
Merci pour vos lumières
Bien cordialement
JLB
Je suppose que cette configuration ne vous est pas inconnue ...
Un triangle acutangle ABC, son point de Fermat F, construit au moyen des triangles équilatéraux construits sur les côtés de ABC.
Les droites bleues sont les médiatrices des segments FA, FB, FC.
Alors les six points d'intersection de ces médiatrices avec les côtés de ABC se trouvent sur une même ellipse, de même que les six points d'intersection de ces médiatrices avec les côtés des triangles équilatéraux ...
Qu'est-ce qui explique ce résultat ?
Merci pour vos lumières
Bien cordialement
JLB
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Réponses
C'est une conséquence du théorème de Carnot pour les six points d'intersection des médiatrices avec les côtés de ABC
Cordialement
JLB
Je me permets de faire remonter ce fil, dans l'espoir d'avoir une réponse pour la verte ...
Merci d'avance !
Bien cordialement
JLB
En ce qui concerne la première conique, mon logiciel dit oui, donc on peut s'intéresser à une preuve éventuelle.
Je crois que le mieux est de chercher le lieu des points $M\ $ tels qu'en prenant les intersections adéquates des médiatrices de $MA\ $, $MB\ $, $MC\ $ avec les côtés du triangle $ABC\ $, on obtienne six points situés sur une même conique.
Ce lieu est évidemment une courbe algébrique et il ne m'étonnerait pas que ce lieu contienne les deux points de Fermat ainsi que le centre du cercle circonscrit. J'ai l'intuition que c'est la cubique passant par les sommets du triangle, ceux du triangle orthique, l'orthocentre, le centre du cercle circonscrit et les deux points de Fermat mais je n'arrive pas à la tracer!
[small]p[/small]appus
Plus intrigant encore.
Le triangle $ABC$ est équilatéral et $M\ $ un point quelconque de son plan.
Alors les six points sont toujours situés sur une même conique.
Discuter de l'excentricité de cette conique suivant la position du point $M.\qquad$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
En ce qui concerne ce problème, je trouve comme lieu du point $M$ la réunion des trois cercles de diamètres $[BC],[CA],[AB]$ (cas où deux des $6$ points sont confondus au milieu d'un côté) et le cas général qui est la cubique de Neuberg (les points de Fermat sont sur cette cubique).
Cordialement,
Rescassol
Merci d'avoir confirmé l'existence de cette première conique. Je vais refaire une figure pour l'autre, en n'oubliant pas de zoomer sur le sixième de ces soi-disant "points conconiques" pour voir s'ils le sont vraiment tous ...
Merci beaucoup, Rescassol, de ces figures et de ces développements !
Si je puis me permettre, je lui trouve une drôle d'allure, à cette cubique de Neuberg, mais j'imagine que cela dépend de la "forme" du triangle initial, non ?
Et la définition classique (que l'ignare que je suis ignore encore ! je vais aller illico regarder ce qu'en dit la littérature ... ) de cette cubique permet-elle de la retrouver en tant que composante du lieu de ces points M ?
Bonne journée, bien cordialement
JLB
Voici donc une nouvelle figure, et un zoom qui montre que S n'est pas sur la conique définie par les cinq autres points ...
D'ailleurs, en regardant ma première figure de plus près, on peut voir que des deux points situés en haut à gauche, le plus bas n'est pas exactement sur l'ellipse, que j'ai probablement définie par les cinq autres lors de mon premier message.
Je te rappelle que GeoGebra possède un outil d'appartenance et qu'il faut t'en servir avant de nous envoyer tes figures!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Bravo pour tes figures!
J'avais bien deviné la cubique mais j'avais oublié les cercles.
Le cas du triangle équilatéral me parait à peine plus élémentaire et j'ai dû parler de cette configuration dans le passé.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pour le triangle équilatéral $A(1),B(j),C(j^2)$, voilà: On trouve pour la variable $NulM$: qui contient $j^2+j+1$ en facteur, d'où le résultat.
Cordialement,
Rescassol
Dans ce dernier cas, le centre de la conique est $\dfrac{m(2m\overline{m}-1)}{4m\overline{m}-3}$.
Cordialement,
Rescassol
Ton résultat me semble bizarre.
Il voudrait dire que pour $\vert m\vert =\dfrac{\sqrt 3}2$, il n'y aurait pas de centre et que la conique serait donc du genre parabole en contradiction avec mes observations.
Peux-tu vérifier tes calculs et leur conclusion graphique?
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pourtant, sur ma figure le centre donné par Géogébra et celui que j'ai calculé coïncident.
Cordialement,
Rescassol
Je te demande simplement de faire la figure pour $\vert m\vert=\dfrac{\sqrt 3}2\qquad$ et de regarder ce qui se passe.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voilà, Pappus.
Cordialement,
Rescassol
Comme l'a dit Pappus, si le dénominateur est nul, il n'y a pas de centre et la conique est une parabole.
Cordialement,
Rescassol
Le cercle bleu du dessin est "le truc de Morley" cher à rescassol que je salue. Dans un premier temps, je n'ai pas vu la parabole :-(
Non, pour une fois, le cercle bleu n'est pas le cercle unitaire, mais le cercle concentrique de rayon $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.
Cordialement,
Rescassol
Voilà l'équation de la parabole: $(3z - 4m^2\overline{z})^2 -2m(3z + 4m^2\overline{z}) + 13m^2 = 0$.
Cordialement,
Rescassol
Maintenant je suis convaincu non seulement de la justesse de tes calculs mais cela je le sais depuis des années mais aussi de ma vue déficiente qui m'a fait intersecter les médiatrices avec des mauvais côtés du triangle équilatéral.
Quel est le foyer de cette parabole et quelle est la directrice associée?
D'une façon générale, il faudrait calculer l'excentricité de la conique en fonction de $\vert m\vert$!!!
Passe une très bonne nuit et fais de beaux rêves!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Pour préciser, $M\ $ est un des foyers de la conique rouge et la directrice associée est l'axe radical du cercle circonscrit au triangle $ABC$ et du cercle-point $M\ $.
Comme je l'ai dit, il ne manque plus que la formule donnant l'excentricité!
Le foyer est $M$.
Cordialement,
Rescassol
Au dodo maintenant!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Le sommet est $S\left(\dfrac{13m}{12}\right)$ et la directrice a pour équation $3z + 4m^2\overline{z} -7m = 0$.
Elle est tangente au cercle de centre $O$ et de rayon $\dfrac{7m\sqrt{3}}{12}$.
Bon, je regarderai l'excentricité du cas général demain.
Cordialement,
Rescassol
Un petit dernier pour la route:
L'enveloppe de la parabole quand $M$ décrit le cercle bleu est la réunion des deux cercles de centre $O$ et de rayons $\dfrac{1}{2}$ et $\dfrac{13\sqrt{3}}{24}$.
Cordialement,
Rescassol
Voici la figure obtenue pour $\vert m\vert=1.\qquad$
La conique rouge se décompose en deux droites passant par $M.\qquad$
Amicalement
[small]p[/small]appus
Une petite précision par rapport à ce que Rescassol nous a dit sur l'enveloppe des paraboles de la famille.
Le cercle inscrit du triangle équilatéral $ABC\ $ tracé en bleu sur ma figure est un cercle bitangent commun à touts les coniques (rouges) de la famille.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Pappus wrote : "Comme je l'ai dit, il ne manque plus que la formule donnant l'excentricité!"
$e=2\dfrac{OM}{L}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\dfrac{OM}{R}$ où $L$ est la longueur des côtés de $ABC$, $O$ son centre et $R$ le rayon de son cercle circonscrit.
Amicalement. Poulbot
On ne te voit plus beaucoup et je suis bien triste.
Tu mets ainsi pratiquement fin à l'étude de cette curieuse famille de coniques (affines) dénichées par Jelobreuil.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Sauf erreur de ma part, on en déduit facilement l'équation générale de ces coniques:
$$\vert z-m\vert^2-\dfrac 13(z\overline m+\overline z m-1-m\overline m)^2=0\qquad$$
et merci pour ton message qui m'a beaucoup touché.
En ce qui concerne l'excentricité, une fois que tu nous avais donné un foyer et la directrice associée, elle n'était pas difficile à trouver.
Amicalement. Poulbot
Cette valeur de l'excentricité confirme le cas frontière où on a une parabole, $M$ sur le cercle de centre $O$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ (quand $R=1$).
Et on a une hyperbole ou une ellipse suivant que $M$ est à l'extérieur ou à l'intérieur de ce cercle.
Cordialement,
Rescassol
Edit; Pappus, tu aurais pu dire plus simplement que la directrice est la polaire de $M$ par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Si je ne me suis pas trompé dans l'équation générale de ces coniques, il devrait être facile de mettre en évidence que le cercle inscrit est un cercle focal (de première espèce) de chaque conique de cette (curieuse) famille!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Rescassol wrote : "Pappus, tu aurais pu dire plus simplement que la directrice est la polaire de $M$ par rapport au cercle circonscrit au triangle $ABC$".
Pappus a bien fait de ne pas le dire.
Amicalement. Poulbot
Il fallait bien que j'écrive une bêtise à un moment ou à un autre ...
Cordialement,
Rescassol
Pour te consoler, j'ai failli dire la même bêtise mais je me suis ravisé au dernier moment.
Tu es tout pardonné!
Peux-tu mettre l'équation de la conique sous une forme telle que le cercle inscrit en soit un cercle bitangent de façon évidente?
Amicalement
[small]p[/small]appus
La conique a pour équation:
$\overline{m}^2z^2 + (2m\overline{m} - 3)z\overline{z} + m^2\overline{z}^2 - (2m\overline{m} - 1)(m\overline{z} + \overline{m}z) + (m^2\overline{m}^2 - m\overline{m} + 1)=0$
Quand on élimine $\overline{z}$ entre cette équation et celle du cercle inscrit $4z\overline{z}-1=0$, on aboutit à:
$(4\overline{m}z^2 + 2(1 - 2m\overline{m})z + m)^2=0$, ce qui montre la bitangence.
Cordialement,
Rescassol
Si $C=0\ $ est l'équation du cercle bitangent et $D=0\ $ est l'équation de la corde des contacts, l'équation de la conique se met sous la forme:
$$C+\lambda D^2=0\qquad$$
C'est cette forme qui permet de récupérer simplement l'excentricité de la conique que j'aurais préféré que tu écrives.
Amicalement
[small]p[/small]appus
Ci-dessous une construction de la cubique de Neuberg, tracée en bleu, d'un triangle quelconque $ABC\ $ et datant de presque vingt ans, je ne sais plus, en tout cas du tout début de Cabri.
Ce n'est pas fameux, ça bave un peu mais c'est "edible" comme diraient nos amis anglais!
Sur la cubique bleue, j'ai choisi un point quelconque $M.\ $
Puis j'ai tracé en rouge la conique de Jelobreuil associée au point $M$.
Il est clair que $M\ $ n'en est pas un foyer!!!
Alors quoi?
Eh bien c'est le moment ou jamais de se décarcasser!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
Voici la solution synthétique du mystère des coniques de Jelobreuil, un simple calcul d'excentricité.
La figure ci-dessous montre un cercle $\Gamma\ $ et une de ses cordes $AB\ $ sous-tendant un angle $\widehat{AOB}=2\theta\ $.
$M\ $ est un point quelconque.
Le point $p\ $ est l'intersection de la médiatrice de $AM\ $ avec la droite $AB.\ $
$\Delta $ est l'axe radical du cercle $\Gamma\ $ et du cercle-point $M$.
Ce n'est pas la polaire $\Delta'\ $ de $M$ mais l'homothétique de cette polaire dans l'homothétie de centre $M$ et de rapport $\dfrac 12.\ $
On va évaluer la différence des puissances du point $p\ $ par rapport à ces deux cercles.
La puissance de $p\ $ par rapport à $\Gamma\ $ est: $\overline{pA}.\overline{pB}.\ $
La puissance de $p\ $ par rapport au cercle-point $M\ $ est: $pM^2=pA^2.\ $
La différence des puissances de $p\ $ par rapport à ces deux cercles vaut donc:
$$\overline{pA}.\overline{pB}-\overline{pA}^2=\overline{pA}.\overline{AB}\qquad$$
d'après la relation de Chasles.
Mais elle vaut aussi $2\overline{OM}.\overline{qp}\ $d'après l'article 291 de la page 186 du Lebossé-Hémery où $q\ $ est la projection orthogonale de $p\ $ sur l'axe radical $\Delta\ $
Donc:
$$Ap.AB=2AP.AN=2OM.pq.\qquad$$
où $N$ est le milieu de la corde $AB.\ $
Finalement:
$$e=\dfrac{pM}{pq}=\dfrac{pA}{pq}=\dfrac{OM}{AN}=\dfrac{OM}{R\sin(\theta)}\qquad$$
CQFD
Amicalement
[small]p[/small]appus
Et grand MERCI pour tout !
Bien évidemment, j'ignorais complètement ce théorème, et bien que me doutant qu'il fallait faire intervenir des puissances point/cercle, je n'ai pas eu l'idée d'aller voir dans ce chapitre-là ...
Bonne soirée, bien amicalement
JLB