Ellipse inscrite dans un trapèze
Réponses
-
Je rève d'une trsf. transformation affine qui transforme l'ellipse en un cercle.
P.S. Le trapèze est-il isocèle ? -
Bonjour à tous
Sans commentaires inutiles (puisque tout a disparu), à part que c'est de la géométrie affine (ou projective pour le quadrilatère complet), voici la réponse!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
La défunte démo?
Regarder tout (ancien) cours de géométrie projective.
Une que j'aime bien:
Tout quadrilatère peut être transformé en un parallélogramme par une (défunte) transformation projective adéquate! -
Ça fait plus de 50 ans que je n'ai pas fait de géométrie.
-
Merci ClaudeP pour ta construction qui diffère de la mienne.
Celle du point de contact $Q$ est correcte.
Je ne vois pas ce que vient faire le point $R$.
Comment le construis-tu?
Je ne vois pas comment tu obtiens les points $T'$, $M$, $F$, $O$!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Par symétrie
-
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves!
Par acquit de conscience, je vous donne la figure projective générale d'une conique inscrite dans un quadrilatère complet et dont la figure de ClaudeP n'est qu'un cas particulier.
Sur ma figure, le quadrilatère complet, ce sont les quatre droites rouges.
Les points $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ sont les six sommets du quadrilatère.
Vous pouvez regrouper ces sommets en trois paires $(A,C)$, $(B,D)$, $(E,F)$ de sommets opposés.
Les droites vertes $AC$, $BD$, $EF$ sont appelées les diagonales du quadrilatère complet.
Elles forment un triangle $PQR$ appelé triangle diagonal du quadrilatère complet.
J'ai tracé une conique $\Gamma$ tangente aux côtés du quadrilatère complet en des points $a$, $b$, $c$, $d$.
Le résultat fondamental est le suivant:
Le quadruplet des points de contact $(a,b,c,d)$ forme une orbite dite harmonique sous l'action du sous-groupe du groupe projectif laissant stable le triangle diagonal. C'est un groupe abélien à quatre éléments, isomorphe au V-groupe de Klein dont les éléments non triviaux sont des homologies harmoniques de pôle un sommet du triangle diagonal et d'axe le côté opposé à ce sommet.
Ceci explique les triplets de points alignés $(P,a,c)$, $(P,b,d)$, $(Q,a,b)$, $(Q,c,d)$, $(R,a,d)$, $(R,b;c)$
La donnée d'un point de contact détermine donc son orbite, ce qui répond à la question de ClaudeP en général.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Merci ClaudeP
C'est exact mais encore fallait-il le dire pour tes lecteurs!
C'est bien ce que j'avais deviné car ta symétrie affine est ce que devient l'une des homologies harmoniques du triangle diagonal $PQR$ quand le quadrilatère complet est un trapèze!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Pappus sur ton graphique, on obtient a,b,c,d soit 4 points tangents mais il faut 5 points pour faire une conique dans Geogebra.
-
Bonjour,
Comme on a aussi les tangentes à la conique en $a,b,c,d$, on a en fait 8 points sur la conique : largement plus qu'il n'en faut ! -
Bonjour Pappus,
Et si on envoyait un des côtés du triangle diagonal, $EF$ par exemple, à l'infini. $ABCD$ est alors un parallélogramme dont le centre est $P$.
Amicalment,
zephir. -
Mon cher zephyr
Qu'est-ce que tu attends pour faire la figure dans ce cas particulier?
Remarque que j'ai déjà dû la donner ici même dans un passé indéterminé!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
A défaut de faire la figure puisque je sais que tu fais foin des logiciels, peux-tu au moins nous donner l'équation des coniques inscrites dans un parallélogramme?
Merci d'avance! -
Mon cher GaBuZoMeu
Merci pour ton intervention judicieuse mais n'oublie pas que ClaudeP vient de nous dire que cela fait cinquante ans qu'il n'a pas fait de géométrie.
Les subtilités de la géométrie algébrique lui passent un peu au dessus de la tête.
Tour ce qu'il demande en fait est la construction d'un cinquième point autre que les points $a$, $b$, $c$, $d$ (dont on connait les tangentes) pour pouvoir utiliser l'outil conique passant par cinq points de son logiciel.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Si on prends $A,\vec{AB},\vec{AD}$ pour repère affine les points de contact ayant pour coordonnées respectivement $a=(u,0)$ et $d=(0,v)$, une conique tangente aux axes aux points $a$ et $d$ a pour équation : $$(x/u + y/v - 1)^2-2\lambda.x.y=0,
$$ pour un lambda convenable. En écrivant que $x=1$ et $y=1$ sont tangentes à la conique, on trouve: $$u=v \quad et \quad \lambda = \dfrac 2 u (\dfrac 1 u -1).$$ Une équation est, sauf erreur : $$(x+y-u)^2-4(1-u)xy=0.
$$ Maître Pappus est-il satisfait ?
Ton "passé indéterminé" vaut "10 ans". Que le temps passe vite. -
Mon cher zephyr
Je ne suis même pas sûr d'être maître de moi, alors je n'ai aucune raison d'être satisfait !
Je n'ai pas pris le même repère que toi.
J'ai choisi le repère pour que les quatre côtés du parallélogramme aient pour équations : $x=\pm 1,\ y=\pm 1$.
L'équation des coniques cherchées est alors :
$$x^2-2uxy+y^2+u^2-1=0.\qquad
$$ J'ai un peu la flemme de voir si nous avons raison tous les deux !
Mais te connaissant, je te fais entièrement confiance.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Oui, en prenant l'origine en $P$, sauf erreur. mon parallélogramme est la moitié du tiens
-
Mon cher zephyr
Il faudrait voir maintenant les conséquences géométriques de nos équations et voir comment se répartissent les quatre points de contact sur les côtés!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Un parallélogramme dont les côtés sont parallèles aux diagonales du parallélogramme de départ.
Tout çà ne nous dit pas comment construire simplement un 5eme point de la conique. -
Mon cher zephyr
Tu ne crois pas GaBuZoMeu sur parole, tout comme ClaudeP?
Tu es comme Saint Thomas!
Il te faut voir pour Croire!!
Sans trop m'avancer, je crois que dans le cas particulier du rectangle et d'une ellipse définie par ses axes, i.e: $a$ milieu de $AB$, etc et pour $p$ milieu de $oc$, cette construction est appelée construction de l'ellipse du menuisier.
C'est drôle de se dire que la respectable corporation de nos menuisiers en sait plus sur l'ellipse que plusieurs générations de nos agrégatifs réunis!!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Une petite construction dont j'ai déjà dû parler dans un passé indéterminé
On se donne un point $P$ (à l'intérieur du parallélogramme $ABCD$) pour fixer les idées!
Construire l'ellipse passant par $P$ inscrite dans le parallélogramme! -
On trouve le centre de l' ellipse et on a le 5e point.
Merci -
Merci ClaudeP
Pour le trapèze, c'est facile effectivement
Mais le problème du parallélogramme est différent de celui du trapèze car le quadrangle des points de contact $abcd$ est un parallélogramme de même centre que le parallélogramme $ABCD$
Dans le cas général d'un quadrilatère complet du plan projectif, on ne peut plus utiliser un centre qui n'existe pas.
Comment construire un cinquième point sur ma figure projective?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Le N est le milieu de KJ et M est le milieu de EJ.
Le point d’intersection des droites BM et CN est le centre de l’ellipse O.
Le point P est la réflection E par O. -
Merci ClaudeP
Tu n'as vraiment plus fait de géométrie depuis cinquante ans?
Ta construction est exacte car tu supposes (sans le dire) que tu travailles dans un plan affine!
Regarde ce qu'elle donne dans le cas du parallélogramme.
La construction d'un cinquième point est plus ardue dans un plan projectif où on ne dispose pas de la notion de centre mais ce n'est qu'un exercice de style car en matière de géométrie plane, la plupart de nos étudiants sont persuadés qu'il n'y a place que pour le plan euclidien! Même le misérable plan affine a été mis au rencart!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour,
Toujours Pascal !
Quatre points et une tangente en un des points, ça fait en fait cinq points sur la conique.
Partant de là, Blaise nous donne autant de points que voulu sur la conique :
Donnés : A,B,C,D et la tangente t en D, une droite d passant par A.
Construire le deuxième point d'intersection E de d avec la conique : -
Remarque: quatre points et la tangente en un des quatre points, c'est la situation duale de la situation de départ de ce fil (quatre tangentes et le point de tangence sur une des tangentes).
-
Merci GaBuZoMeu
Je sais que le théorème de Pascal et son dual sont tout ce qui nous reste de la théorie des coniques projectives mais il est dur de les appliquer quand on a perdu tout contact avec la géométrie projective depuis si longtemps.
La version projective du problème de ClaudeP est la suivante:
Construire dans le plan projectif la conique inscrite à un quadrilatère complet en connaissant un de ses points de contact.
C'est un peu un exercice de style car on s'interdit volontairement d'utiliser la moindre structure affine, même celle de la carte affine du plan projectif qu'on emploie sans le dire!
1° On détermine les trois derniers points de contact par la méthode du triangle diagonal dont j'ai parlé.
Ce qui nous donne 2x4=8 points de la conique, plus qu'il en faut comme tu le dis pour la déterminer.
2° On choisit donc trois droites du quadrilatère complet et leurs trois points de contact et on connait encore 2x3=6 points de la conique, ce qui est encore largement suffisant pour la construire.
On est donc ramené au cas d'une conique inscrite dans un triangle $ABC$ dont on connait les trois points de contact $A'$, $B'$, $C'$, voir la figure ci-dessous.
On sait que les droites $AA'$, $BB'$, $CC'$ sont concourantes en un point $P$ appelé perspecteur de la conique.
C'est une conséquence du dual du théorème de Pascal (le théorème de Brianchon).
Si $M$ est un point quelconque de cette conique, les intersections $T$ et $T'$ de la tangente en $M$ avec les tangentes $AB$ et $AC$ sont en homographie dont l'axe est justement la droite $B'C'$.
D'après le cours, ceci implique que $U=CT\cap BT'$ est situé sur cet axe $B'C'$.
Si $V=TT'\cap B'C'$, la polaire de $V$ est la droite $AM$ et on sait d'après une construction classique de la polaire que la droite $AM$ passe $Q=B'T\cap C'T'$.
En se donnant donc un point $T$ quelconque sur $AB$, on construit d'abord $U=CT\cap B'C'$ puis $T'=BU\cap AC$, $Q=B'T\cap C'T'$ et enfin $M=AQ\cap TT'$.
En fait nous savons que $M=A'U\cap TT'$, ce qui raccourcit un peu la construction!
Ce qui nous donne le tant désiré cinquième point demandé!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour à tous
J'ai appliqué la construction précédente au cas du parallélogramme.
Notre quadrilatère complet, c'est le parallélogramme tracé en rouge.
J'ai sélectionné les droites $AB$, $BC$, $CD$ avec leurs points de contact $a$, $b$, $c$ et sans le moindre sentiment j'ai appliqué la construction précédente à partir d'un point quelconque $T\in CD$.
On remarque que cette construction est plus simple à mettre en œuvre que la construction affine que je vous avais donnée.
Cette construction n'utilise que la règle seule.
Pas de parallèle à tracer!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon but était de reproduire ce dessin vue du haut et vue en coupe. maintenant je le sais grace vous. Merci
-
Il me semble que tu ne peux sélectionner que l'un des points $a,b,c$ et que les deux autres s'obtiennent par construction de parallèles aux diagonales de $ABCD$.Pappus a écrit:J'ai sélectionné les droites $AB$, $BC$, $CD$ avec leurs points de contact $a, b, c$
Il y a donc bien des parallèles à construire ! sauf erreur, bien sûr.
Le reste est clair : Pascal, encore lui.
Amicalement,
zephir. -
Mon cher zéphyr
On est dans un plan affine (complété projectivement) puisqu’on se donne un parallélogramme $ABCD$.
La construction du parallélogramme des points de contact $abcd$ est affine puisque des parallèles interviennent.
Mais à partir des données $(A,B,C,D,a,b,c,d,T)$, ma construction du point $M$ est projective.
Tu remarques que je n’aime pas utiliser le théorème de Pascal, préférant manipuler des homographies et des axes d’homographies.
J’ai ainsi l’impression de mieux dominer ce que je fais.
Amicalement
[small]p[/small] appus -
Mon cher Pappus,
Une fois les points $b,c,d$ étant construits à partir de $a$, je suis d'accord avec toi pour la suite.
Effectivement, pas besoin de Pascal.
Amicalement,
zephir. -
Dans le logiciel Autocad, on ne peut peu dessiner une ellipse qu’apartir de ses axes.
J’ai trouvé sur le web cette façon mais il n’a pas exeplication.
Soit un parallélogramme WXYZ, on trouve le centre ensuite on place un point O1….
A-t-il une autre méthode plus facile pour trouvé les axes de l’ellipse connaissant son centre? -
Mon cher ClaudeP
On ne peut dire que tu sois très clair!
Que veux-tu construire exactement et quelles sont les données?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
On revient au premier dessin, Je cherche les axes de l'ellipse car je ne peus dessiner l'ellipse sans elles.
-
Mon cher ClaudeP
Bizarre que ton logiciel soit infichu de tracer une conique passant par cinq points.
Sinon tu es ramené à construire les axes et les foyers d'une conique inscrite dans un triangle connaissant ses trois points de contact.
C'est une construction dont surtout Poulbot et moi un peu avons parlé très très souvent.
1° On construit le centre de la conique. C'est le plus facile et c'est une construction affine.
2° Les foyers sont isogonaux par rapport au triangle et leur milieu est le centre qu'on vient juste de construire.
Cela suffit pour les déterminer grâce à diverses et très belles constructions de Poulbot!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS J
Je te conseille fortement de te mettre à GeoGebra. -
Mon cher ClaudeP
Voici une autre méthode qui évite d'utiliser les constructions de Poulbot qui, même si elles sont belles, restent confidentielles.
J'ai repris une partie de ma figure précédente où j'ai tracé le diamètre conjugué $XY$ du diamètre $VT$.
L'avantage d'avoir ce diamètre conjugué, c'est qu'on dispose d'une construction archiconnue des foyers d'une ellipse dont on connait deux diamètres conjugués.
On trouvait dans les siècles précédents cette construction dans tous les bons livres de géométrie et j'en ai donné diverses explications basées sur la défunte géométrie circulaire.
Comment faire pour récupérer les points $X$ et $Y$?
Eh bien on a la relation:
$$\Omega X^2=\Omega Y^2=AT\times CV\qquad$$
Donc encore un nouveau casse-tête que je propose sans illusions car on est loin, très loin des Axiomes de Thalès et de Pythagore, prouver cette relation
Une fois cette petite corvée achevée, on est ramené à construire la moyenne géométrique des longueurs $AT$ et $CV$.
Autrement dit certainement mission impossible, car vu le peu de géométrie qui nous reste, je doute que cette construction autrefois connue du moindre collégien, soit encore enseignée aujourd'hui.
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonne Nuit ClaudeP et fais de beaux rêves
Mais en fait il y a mieux, il y a une construction directe des foyers de l'ellipse inscrite dans le trapèze, due à quelqu'un que tu connais très bien et qui est devant sa bécane en train de taper ce que tu es en train de lire!
Je l'avais expliquée ici même en long, en large et en travers dans une passé indéterminé et il est probable que comme d'habitude j'avais dû soliloquer car cette construction visiblement n'intéressait personne, sans doute pas assez de Thalès ou de Pythagore.
Alors comme je connais au moins une personne que ça intéresse, c'est à dire toi, je vais te la répéter en détail mais sans démonstration car je suis vraiment trop fatigué de radoter dans le désert les mêmes choses en permanence.
Tu peux considérer cette construction comme une énigme du même ordre de difficulté que celles de Jean-Louis.
La figure ci-dessous montre l'ellipse $\Gamma$ inscrite benoitement dans son petit trapèze et ne demandant rien à personne, seulement qu'on lui fiche la paix!
Je n'ai gardé que les points de contact $V$ et $T$ car on a pas besoin des autres.
Le centre de l'ellipse est le milieu $\Omega$ de $VT$.
J'ai tracé en noir épais la bissectrice intérieure de l'angle camembert (ça rassure!) $\widehat{BAC}$ et pour pas faire de jaloux entre bissectrices, j'ai tracé aussi la bissectrice extérieure en pointillé noir épais.
La médiatrice de $CT$ coupe la bissectrice extérieure en $\omega$.
Le cercle de centre $\omega$ passant par $C$ et $T$ coupe la bissectrice intérieure en $\varphi$ et $\varphi'$.
J'ai tracé en rouge épais la bissectrice intérieure de l'angle camembert, encore un, c'est le pied!), $\widehat{\varphi\Omega\varphi'}$ et en pointillé rouge épais sa bissectrice extérieure.
Les deux bissectrices extérieures rouge et noire se coupent en $\omega'$.
Le cercle de centre $\omega'$ passant par $\varphi$ et$\varphi'$ coupe la bissectrice intérieure rouge aux deux foyers cherchés $F$ et $F'$.
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Tu vas pouvoir maintenant tracer ton ellipse, tranquille comme Baptiste!!
Ah, j'oubliais!
Il y a un os dans ma construction la rendant sans doute impossible à réaliser.
Il faut savoir construire la bissectrice d'un angle camembert et je doute fort que cette construction soit encore enseignée! -
Bonne Nuit à tous et faites de beaux rêves.
Par acquit de conscience, j'ai demandé au logiciel de tracer le lieu des foyers $F$ et $F'$ quand le point de contact $T$ fait une petite promenade sur la droite $AB$.
J'ai obtenu la belle courbe rouge dont nos anciens se gargarisaient et qu'on doit pouvoir trouver sur le site de Bernard Gibert (que je salue) ou bien sur MathCurve, le site de Robert Ferréol (que je salue pour les mêmes raisons démocratiques!).
J'espère qu'ils font de beaux rêves eux aussi!
Amicalement
[small]p[/small]appus
PS
Chaque trapèze a droit a sa petite cubique rouge, qu'est-ce qu'il est heureux, le trapèze!!
Mais il y en a qui sont plus heureux que les autres, ce sont ceux pour lesquels la cubique est unicursale.
Mais quels sont ces trapèzes plus heureux?
Je parie qu'on est pas près de les voir, pas assez de Thalès, pas assez de Pythagore! -
Bonjour à tous
Pour vous prouver que je ne raconte pas de bobards, je vous exhibe un tel trapèze dans la figure ci-dessous.
Il est probable que j'ai donné dans un passé indéterminé la façon de construire ces trapèzes sans susciter beaucoup de réactions pour ne pas dire aucune.
Sans doute pas assez de Thalès ou de Pythagore!
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonjour ,
il suffit que le trapèze soit circonscriptible
Cordialement -
Merci fm_31 d'avoir retrouvé ce cercle que j'avais effacé!
J'ai refait ma figure en faisant réapparaître d'un coup de baguette magique ce cercle bleu de centre $O$.
La construction des foyers de l'ellipse inscrite de centre $\Omega$ se simplifie.
Tout d'abord le lieu de $\Omega$ est la droite bleue, dite droite de Newton. On ne prête qu'aux riches!
Soit $O'$ le symétrique de $O$ par rapport à $P$.
La droite $OPO'$ est la bissectrice intérieure de l'angle camembert $\widehat{APB}$, tracée en rouge épais.
J'ai tracé en pointillé rouge épais sa bissectrice extérieure
L'axe focal de l'ellipse inscrite $\Gamma$ est la bissectrice intérieure de l'angle camembert $\widehat{O\Omega O'}$, tracée en noir épais. J'ai tracé en pointillé noir épais sa bissectrice extérieure.
Les bissectrices extérieures noire et rouge se coupent en $\omega$.
Le cercle de centre $\omega$ passant par $O$ et $O'$ coupe la bissectrice intérieure noire aux foyers $F$ et $F'$
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Mon cher ClaudeP
Je suis content que tu le sois.
Mais je vois que tu sais parfaitement utiliser GeoGebra, lequel sait très bien tracer une conique passant par cinq points.
Alors pourquoi perds tu ton temps inutilement avec ces questions focales d'un autre âge?
Amicalement
[small]p[/small]appus -
Bonsoir Pappus,
Autocad est le logiciel de dessin industriel de référence. Ceci explique cela. -
OK
-
Mais j'ai trouvé une macro (LISP) pour dessiner une ellipse en 5 points dans Autocad.
Maintenant je sais comment avoir les 5 points
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 163.2K Toutes les catégories
- 9 Collège/Lycée
- 21.9K Algèbre
- 37.1K Analyse
- 6.2K Arithmétique
- 53 Catégories et structures
- 1K Combinatoire et Graphes
- 11 Sciences des données
- 5K Concours et Examens
- 11 CultureMath
- 47 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.3K Géométrie
- 65 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 69 Informatique théorique
- 3.8K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 24 Mathématiques et finance
- 314 Mathématiques et Physique
- 4.9K Mathématiques et Société
- 3.3K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10K Probabilités, théorie de la mesure
- 773 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.7K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres
Qui est en ligne 8
+7 Invités