Enveloppe

Cher Pappus,

Merci de t'intéresser à mon problème. Je vois que tu n'as pas regardé le site de JLA (ou pas trouvé car il est très volumineux : la référence est Vol. 5 "Un autre théorème de P. Sondat" page 6 "Si 2 triangles semblables sont en perspective, le centre de perspective est l'une des intersections des cercles circonscrits, l'autre étant le centre de similitude"). C'est pour laisser le plaisir de la découverte que je n'avais pas mis de figure.

En partant directement d'une parabole et d'une tangente, j'essaie de trouver la condition pour que l'image de la tangente dans une similitude de centre le foyer passe par le point de contact, mais je n'ai pas encore réussi alors que ça marche si bien à partir de l'axe de perspective.

Cordialement
PL

Bonjour Pappus et Poulbot,

L'enveloppe de l'axe de perspective est unique pour tous les triangles $A_xB_xC_x$ directement semblables et perspectifs avec $ABC$ :
$\alpha = BC \cap B'C'$, $\beta = CA \cap C'A'$, $\gamma = AB \cap A'B'$, $L = \alpha \beta \gamma$
tout point $A''$ tel que $\widehat{\beta A'' \gamma} = \widehat{\beta A' \gamma}$ est le sommet d'un triangle $A''B''C''$ directement semblable et perspectif avec $ABC$ et qui partage le même axe de perspective $L$ avec $ABC$ et $A'B'C'$.
Dans le mêmes conditions, on montre facilement par les angles que les droites $S'(L)$ et $S''(L)$ homologues de $L$ coupent toutes $L$ en un même point $T$.

Alors voici le plan d'attaque pour la suite :
a/ enveloppe : on prend les triangles homothétiques de $A'B'C'$ (càd plutôt que les triangles isométriques avec des rotations différentes) pour établir l'homographie entre $\alpha$ et $\beta$, et comme il y a un seul point à l'infini, l'enveloppe est une parabole. Questions : comment montrer que le centre de similitude est le foyer de la parabole, et comment relier la direction de l'axe de la parabole au triangle $ABC$ ?
b/ est-ce que le passage à la limite, quand $A''$ tend vers $A$ à $L$ fixe, est suffisant pour affirmer que $N$ est le point de contact de $L$ avec la parabole ?

Quel est votre avis ?
Amicalement
PL

Bonjour Pappus

Voici une nouvelle figure. Je pars du triangle $ABC$ avec son cercle circonscrit $\Gamma$. Je choisis $S$ (centre de similitude) sur $\Gamma$, et je définis les curseurs $\theta$ pour l'angle de rotation et $k$ pour le rapport d'homothétie après rotation. $P$ (centre de perspective) est la 2ème intersection de $\Gamma$ et de son homologue $\Gamma'$.
(attention: Géogébra ne maintient pas $P$ avec cette définition pour tous les angles, d'où des portions de lieu de $T$ farfelues)
$A'B'C'$ est défini par la perspective. $L = \alpha \beta \gamma$ est l'axe de perspective, $L', a, b, c$ sont les homologues de $L, \alpha, \beta, \gamma$.
La parabole est définie par le foyer $S$ et par sa directrice ajustée à la main pour coller au lieu du point $T$, et aussi être tangente aux 3 côtés de $ABC$.

Jusqu'ici, je n'avais pas remarqué la tangence aux $3$ côtés qui est facile à justifier puisqu'on peut choisir $\theta$ et $k$ pour qu'un côté de $A'B'C'$ soit confondu avec un côté de $ABC$, et $L$ aussi. Comme cette parabole est unique, ça fait bien avancer le schmilblick.

Suis-je en droit d'attendre un peu d'aide maintenant pour boucler cette affaire, par exemple comment construire la parabole tangente à $3$ droites ?

Amicalement
PL

Bonjour Pappus,

Tu es effectivement tatillon, et tu as pourtant tracé une figure qui correspond exactement au problème, finalement plus large que l'énoncé initial. L'énoncé complet est :
pour tout triangle directement semblable à $ABC$ avec le centre de similitude sur le cercle circonscrit de $ABC$ (et donc perspectif avec $ABC$), l'axe de perspective est tangent à une parabole unique;

Mais la nuit a porté conseil : je me suis rappelé que $S$ étant sur le cercle circonscrit, il possède une droite de Simson.
Traduit en langage parabolique, ça prouve que $S$ est le foyer d'une parabole tangente aux $3$ côtés de $ABC$ dont la droite de Simson est la tangente au sommet. On a le foyer et la directrice, il reste à prouver que le symétrique du point $T$ (intersection de l'axe de perspective et de la droite homologue) par rapport à l'intersection avec la droite de Simson est sur l'axe de la parabole.
Quand j'aurai trouvé, je referai une figure.

Amicalement
PL

Pour Rescassol, voici un petit complément d'exercice : interpréter la figure ci-dessous.
PL

Bonjour Rescassol,

Merci pour tes remarques.

Pour voir le rôle de $U$, $V$, $W$, il faut faire décrire le cercle circonscrit ($SABC$) à l'un des points $A$, $B$ ou $C$ en laissant les $3$ autres fixes :
$A$ mobile, $V$ est fixe
$B$ mobile, $U$ est fixe
$C$ mobile, $W$ est fixe.

Comme tu l'as remarqué $\widehat{US'C} = \widehat{USC} = \pi - \widehat{BAC}$

Enfin, $VA$ est équidistante de $WE$ et de $UF$. Mais c'est parce que $AE$ et $AF$ sont les médiatrices de $SW$ et $SU$, et je vois que ça n'a pas de rapport avec le problème traité.

Par contre, j"avais conclu trop vite que, dans la figure publiée en dernier par Pappus, la directrice de chaque parabole coupe la tangente commune (i.e. l'axe de perspective) au point de contact avec l'autre parabole. C'est peut-être vrai si les directrices sont orthogonales, mais dans le cas général mon hypothèse (la droite homologue de l'axe de perspective) reste à prouver. Et je sèche.

Amicalement
PL