Deux coniques, un seul centre

jelobreuil · December 2020

Bonsoir à tous,
La configurations suivante est sûrement bien connue.

Un triangle ABC, son cercle circonscrit de centre O et un point P dans le cercle. Les P-céviennes recoupent le cercle circonscrit en D, E et F. Les médiatrices des segments PA, PB, PC (en rouge sur les figures) et PD, PE, PF (en bleu) se coupent en deux séries de six points, G-H-I-J-K-L (bicolore bleu-rouge) et M-N-Q-R-S-T (unicolore, rouge ou bleu).
Il se trouve :
- que ces deux séries de six points se trouvent chacune sur une conique : deux ellipses quand P est Intérieur au triangle ABC, une ellipse et une hyperbole quand P se trouve dans les segments circulaires du cercle circonscrit, coincé (il povero !) entre celui-ci et un côté de ABC,
- et que ces deux coniques ont le même centre, à savoir le milieu de OP (est-ce évident ?), et que sur chacune, les six points déterminent trois diamètres, ce qui n'est guère étonnant, puisqu'en fait, dans les deux cas, les trois paires de points, prises deux à deux, définissent trois parallélogrammes.
Mais ces deux coniques ne sont clairement pas homothétiques, puisqu'elles peuvent être de nature différente. Existe-t-il une transformation qui permette de passer de l'une à l'autre ?
Merci pour tout développement, explication, et tutti quanti ...
JLB 114438

pappus · December 2020

Merci Jelobreuil
Tu as le don de dénicher des configurations compliquées avec des questions parfois non pertinentes.
Dans un premier temps, il serait donc judicieux de prouver l'existence d'au moins une de ces deux coniques à commencer, pourquoi pas, par celle passant par les six points $MNQRST\ $.
On remarque, malgré ton étiquetage plutôt incohérent, que les triangles $MQS$ et $RTN$ sont homothétiques.
Pour quel rapport d'homothétie, les six sommets de deux triangles homothétiques sont-ils sur une même conique?
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · December 2020

Bonsoir, cher Pappus,
Toutes mes excuses pour mon étiquetage, totalement farfelu, j'en conviens : j'ai eu la flemme de corriger l'étiquetage fourni automatiquement par Geogebra, sauf pour P (quand même !), et je n'ai pas pensé à définir les points dans un ordre plus logique ... Désolé si cela t'a quelque peu désorienté ...
Pour la petite histoire, sache que j'ai commencé par faire la figure jointe, en prenant les trois bissectrices intérieures, et donc le centre I du cercle inscrit pour point P. Alors, les points D, E et F sont les milieux des trois arcs AB, BC et CA du cercle circonscrit, et sont confondus avec les points de concours des médiatrices des segments IA, IB et IC, points correspondant aux M, Q et S des figures ci-dessus. Ayant constaté l'existence de ces deux coniques à six points, je me suis demandé s'il en était de même dans le cas général ...
Pour répondre à ta question, il me semble que pour que les six sommets de deux triangles homothétiques se trouvent sur une même conique, le rapport d'homothétie doit valoir -1 ... Je viens de le vérifier rapidement, mais je ne saurais pas le démontrer rigoureusement, dans l'immédiat ...
Bonne nuit, bien amicalement
JLB 114444

pappus · December 2020

Mon cher Jelobreuil
Oui c'est exact mais cela demande de connaître la défunte théorie des coniques projectives.
A défaut de pouvoir le montrer aujourd'hui, on peut toujours en faire un axiome.
On le fait bien avec Thalès et Pythagore, on ne peut rien nous reprocher.
Donc tout revient à montrer que tes triangles $MQS $ et $RTN\ $ s'échangent dans une symétrie centrale et cela n'est pas très difficile pour des collégiens (?).
Amicalement
[small]p[/small]appus

Rescassol · December 2020

Bonjour,

Voilà la première conique avec Morley circonscrit. J'ai "un peu" renommé les points.
Le cercle circonscrit et la conique, on dirait Saturne, dans mon cas de figure, ce qui est d'actualité.
Le centre est le milieu de $[OM]$

% Jelobreuil - 20/12/2020 - Deux coniques, un seul centre

clc, clear all, close all

syms a b c
syms aB bB cB % Conjugués

aB=1/a;
bB=1/b;
cB=1/c;

syms s1 s2 s3;
syms s1B s2B s3B; % Conjugués

s1=a+b+c;
s2=a*b+b*c+c*a;
s3=a*b*c;

s1B=s2/s3;
s2B=s1/s3;
s3B=1/s3;

%-----------------------------------------------------------------------

syms m mB % Un point M quelconque

% Point A_1 où la A-cévienne de M recoupe le cercle circonscrit à ABC

syms a1

[pam qam ram]=DroiteDeuxPoints(a,m,aB,mB);

Nula1=numden(Factor((pam*a1+qam/a1+ram)/(a1-a)));

% On trouve m - a1 - a + a*a1*mB = 0 donc:

a1=(a-m)/(a*mB-1);
a1B=(aB-mB)/(aB*m-1);

% De même:

b1=(b-m)/(b*mB-1); % Point B_1
c1=(c-m)/(c*mB-1); % Point C_1

b1B=(bB-mB)/(bB*m-1);
c1B=(cB-mB)/(cB*m-1);

%-----------------------------------------------------------------------

% Médiatrices de [MA], [MB], [MC]

[pMma qMma rMma]=Mediatrice(m,a,mB,aB);

F=a; % Facteur de simplification

pMma=Factor(F*pMma)
qMma=Factor(F*qMma)
rMma=Factor(F*rMma)

% On trouve:

pMma = 1 - a*mB;
qMma = a*(a - m);
rMma = a*(m*mB - 1);
 
% De même:

pMmb = 1 - b*mB;
qMmb = b*(b - m);
rMmb = b*(m*mB - 1);
 
% D'où le point C_2:

[c2 c2B]=IntersectionDeuxDroites(pMma,qMma,rMma,pMmb,qMmb,rMmb);

c2=Factor(c2)

% On trouve:

c2 = a*b*(m*mB-1)/(m+a*b*mB-a-b);
c2B = aB*bB*(mB*m-1)/(mB+aB*bB*m-aB-bB);

% De même:

a2 = b*c*(m*mB-1)/(m+b*c*mB-b-c);
b2 = c*a*(m*mB-1)/(m+c*a*mB-c-a);

a2B = bB*cB*(mB*m-1)/(mB+bB*cB*m-bB-cB);
b2B = cB*aB*(mB*m-1)/(mB+cB*aB*m-cB-aB);

%-----------------------------------------------------------------------

% Médiatrices de [MA_1], [MB_1], [MC_1]

[pMma1 qMma1 rMma1]=Mediatrice(m,a1,mB,a1B);

F=(a-m)*(a*mB-1)/(m*mB-1); % Facteur de simplification

pMma1=Factor(F*pMma1)
qMma1=Factor(F*qMma1)
rMma1=Factor(F*rMma1)

% On trouve:

pMma1 = a*mB - 1;
qMma1 = -a*(a - m);
rMma1 = (a - m)*(a*mB - 1);
 
% De même:

pMmb1 = b*mB - 1;
qMmb1 = -b*(b   - m);
rMmb1 = (b - m)*( b*mB - 1);
 
% D'où le point C_3:

[c3 c3B]=IntersectionDeuxDroites(pMma1,qMma1,rMma1,pMmb1,qMmb1,rMmb1);

c3=Factor(c3)

% On trouve:

c3 = (a-m)*(b-m)/(m+a*b*mB-a-b);
c3B = (aB-mB)*(bB-mB)/(mB+aB*bB*m-aB-bB);

% De même:

a3 = (b-m)*(c-m)/(m+b*c*mB-b-c);
b3 = (c-m)*(a-m)/(m+c*a*mB-c-a);

a3B = (bB-mB)*(cB-mB)/(mB+bB*cB*m-bB-cB);
b3B = (cB-mB)*(aB-mB)/(mB+cB*aB*m-cB-aB);

%-----------------------------------------------------------------------

% Conique passant par A_2, B_2, C_2, A_3, B_3, C_3

S = Conique5Points(a2,b2,c2,a3,b3,a2B,b2B,c2B,a3B,b3B);
S = FactorT(S);

[N D]=numden(S(1));
S=FactorT(D*S);

S1=FracSym(S(1),[a b c])
S2=FracSym(S(2),[a b c])
S3=FracSym(S(3),[a b c])
S4=FracSym(S(4),[a b c])
S5=FracSym(S(5),[a b c])
S6=FracSym(S(6),[a b c])

% On trouve:

syms s1 s2 s3

S1 = m^3*mB^2 - 3*m^2*mB + 3*m + s3^2*mB^5 + (-2*s2*s3)*mB^4 + (s2^2 + 2*s1*s3)*mB^3 + (- 2*s3 - 2*s1*s2)*mB^2 + (s1^2 + 2*s2)*mB - 2*s1;
S2 = 2*m^4*mB + (-2*s1)*m^3*mB - 4*m^3 + 6*s1*m^2 + 2*s3^2*m*mB^4 + (-2*s2*s3)*m*mB^3 + (2*s3 + 2*s1*s2)*m*mB + (- 2*s1^2 - 4*s2)*m + (-4*s3^2)*mB^3 + 6*s2*s3*mB^2 + (- 2*s2^2 - 4*s1*s3)*mB + 2*s3 + 2*s1*s2;
S3 = m^5 + (-2*s1)*m^4 + (s1^2 + 2*s2)*m^3 + s3^2*m^2*mB^3 + (- 2*s3 - 2*s1*s2)*m^2 + (-3*s3^2)*m*mB^2 + (s2^2 + 2*s1*s3)*m + 3*s3^2*mB - 2*s2*s3;
S4 = s1*m^3*mB^2 - 2*m^4*mB^2 + 5*m^3*mB + (-3*s1)*m^2*mB - 3*m^2 + (-2*s3^2)*m*mB^5 + 3*s2*s3*m*mB^4 + (- s2^2 - 2*s1*s3)*m*mB^3 + (s3 + s1*s2)*m*mB^2 + 2*s1*m + 2*s3^2*mB^4 + (-3*s2*s3)*mB^3 + (s2^2 + 2*s1*s3)*mB^2 + (- s3 - s1*s2)*mB;
S5 = 3*s1*m^4*mB - 2*m^5*mB + 2*m^4 + (- s1^2 - 2*s2)*m^3*mB + (-3*s1)*m^3 + (-2*s3^2)*m^2*mB^4 + s2*s3*m^2*mB^3 + (s3 + s1*s2)*m^2*mB + (s1^2 + 2*s2)*m^2 + 5*s3^2*m*mB^3 + (-3*s2*s3)*m*mB^2 + (- s3 - s1*s2)*m + (-3*s3^2)*mB^2 + 2*s2*s3*mB;
S6 = (m*mB - 1)^2*(m^3 - s1*m^2 + s2*m + mB^3*s3^2 - s2*mB^2*s3 + s1*mB*s3 - 2*s3)

% Centre de la conique:

[ce ceB]=CentreConique(S1,S2,S3,S4,S5);

ce=Factor(ce) % On trouve ce = m/2

Cordialement,

Rescassol 114594

pappus · December 2020

Bonjour à tous
Je donne quand même une preuve de ce théorème réduit aujourd'hui à l'état d'axiome pour cause d'inculture!
On se donne donc deux triangles $ABC$ et $A'B'C'$ symétriques par rapport à un point $O.\qquad$
On considère l'hexagone $AB'CA'BC'$.
On constate que grâce à l'axiome de Thalès:
$BC'\parallel B'C\ $, $CA'\parallel C'A\ $, $AB'\parallel A'B\ $
On applique alors le théorème de Pascal, pauvre Blaise qui s'est donné beaucoup de mal pour pas grand chose du moins dans notre [small]r[/small]épublique, avec la droite de Pascal à l'infini.
Les six points $(A,B,C,A',B',C')\ $ sont situés sur une même conique dont le centre, on le devine, est le point $O\ $. Cela mériterait aussi une petite démonstration.
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · December 2020

Bonsoir à tous,
Merci, Rescassol, pour cette figuration de Saturne !
Merci Pappus, pour cette démonstration : si je comprends bien, en comparant avec l'énoncé du théorème de Pascal cité en pages 89 et 90 du JDE, tu considères que les droites de chacun des trois couples BC' et B'C, CA' et A'C, AB' et A'B, étant parallèles (ce qui n'est en effet pas difficile à démontrer, puisqu'une symétrie par rapport à un point est une rotation d'angle 180°), se coupent en trois points différents de la droite à l'infini, et qu'ainsi, leurs points d'intersection sont bien alignés. Est-ce bien là ce qu'il faut dire ?
A mon niveau et à titre de vérification (ou d'autre démonstration ?), je dirais qu'étant donné que les équations réduites d'une hyperbole ou d'une ellipse sont de la forme x²/a² +/- y²/b² = 1, ces équations sont vérifiées aussi bien par les coordonnées cartésiennes de trois points (x_A, y_A), (x_B, y_B) et (x_C, y_C) que par celles des symétriques de ces trois points par rapport au centre de symétrie (0, 0), soit (-x_A, -y_A), (-x_B, -y_B) et (-x_C, -y_C).
Je reprendrai tout à l'heure, après dîner !
Bien amicalement
JLB

pappus · December 2020

Mon cher Jelobreuil
Oui j'ai appliqué le théorème de Pascal quand la droite de Pascal est à l'infini!
Bien sûr une symétrie centrale est une rotation de $180°$ à condition d'avoir une structure euclidienne.
Une symétrie centrale transforme une droite en une droite parallèle grâce à l'axiome de Thalès, pas besoin d'aller chercher plus loin!!!!!!
Maintenant que nous sommes entrés dans cette période de Noël, oublie un peu la géométrie et ses subtilités et pense un peu plus à Noël!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

jelobreuil · December 2020

Mais bien sûr, mon cher Pappus, je pense à Noël ! et je te le souhaite le plus joyeux possible, vu les "circonstances" ...
Il m'est toutefois bien malaisé d'oublier la géométrie, qui est devenu mon passe-temps préféré ...
Merci de me rappeler que pour répondre à la question que tu as posée, l'axiome de Thalès suffit.
Bonne soirée, bien amicalement
JLB

Deux coniques, un seul centre

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