hyperbole équilatère
dans Géométrie
Soit ABC un triangle rectangle en A et soit H le pied de la hauteur issue de A. On appelle K le conjugué harmonique de H par rapport à B, C.
Montrer que la conique qui passe par K, par A et par les milieux des trois côtés du triangle est une hyperbole équilatère.
Un joli exercice pour ce week-end.
[Et voici la figure (Merci à Bruno). AD]
Montrer que la conique qui passe par K, par A et par les milieux des trois côtés du triangle est une hyperbole équilatère.
Un joli exercice pour ce week-end.
[Et voici la figure (Merci à Bruno). AD]
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Réponses
un diamètre.
Or on a une description de l'hyperbole par inclinations par rapport à un diamètre.
Bon samedi.
Lemaire a écrit un joli livre sur l'hyperbole équilatère.
Pourrais-tu préciser "On a une description de l'hyperbole par inclinations par rapport à un diamètre" ? Je ne vois pas à quoi tu fais allusion.
Pour la bissectrice, j'avais vu ; je cherchais à voir si la droite (AH) était tangente à la conique.
Bruno
Une génération de l'hyperbole equilatère est donnée à partir d'un diamètre comme l'ensemble des sommets des triangles de base ce diamètre et tels que la différence des angles à la base soit constante
Bonjour Bruno.
Bruno
Bruno
2°) Pour ce qui est de l'ellipse elle est tangente en A' à la droite (BC) puisqu'elle est tangente en A à la perpendiculaire à (AH). Mais pour l'instant, je ne vois pas plus loin.
Bruno
[Avec les nom des points. AD]
Partant d'un rectangle, il y a deux deux droites orthogonales qui se croisent en son centre et qui sont les asymptotes de l'unique hyperbole équilatère circonscrite à ce rectangle !
Quelles sont ces deux droites pour le rectangle ?
(Bonjour à l'ami de Rennes)
Bruno
Je ne comprends pas bien ce que vous cherchez et ce que vous avez trouvé, mais
– les droites $(A'B')$, $(A'C')$, $(A'A)$ et $(A'K)$ forment un faisceau harmonique ;
– il en est de même des droites $(MB')$, $(MC')$, $(MA)$ et $(MK)$ pour tout point $M$ de la conique passant par $A'$, $B'$, $C'$, $A$ et $K$ ;
– en particulier pour $M=A$, les droites $(AB')$, $(AC')$, $(AT)$ (tangente en $A$ à la conique) et $(AK)$ forment un faisceau harmonique.
Donc la tangente en $A$ à cette conique est la droite $(AH)$, et c'est fini.
Je fais le bilan.
Avec l'argument de gb (qui utilise la notion de birapport de quatre points sur une conique) on établit que la conique qui passe par les cinq points (A,A',B',C' et K) est tangente à AH en A. Avec l'argument de Bruno (qui utilise qu'une hyperbole équilatère circonscrite à un triangle passe par son orthocentre), on établit que l'hyperbole équilatère qui est circonscrite au rectangle AB'A'C' est tangente en A à AH.
Vu qu'une conqiue est déterminée par cinq conditions, les deux coniques sont les mêmes, et l'on a ainsi établi ce que Yannguyen voulait au départ, et déterminé de plus la tangente en A à l'hyperbole.
L'argument des inclinations par rapport au diamètre est simple, efficace et rapide (deux coups d'angles). Joint à l'rgument de Bruno, il évite l'usage de la notion de birapport invoquée par gb
Bon dimanche.
Quelle façon élégante et justifiée de traiter nos échanges d'obscurs . Ceci dit, j'aime bien ta démo.
Bruno
Sonlivre sur l'hyperbole équilatère date de 1927 (Vuibert)suivi d'un livre sur les hypocycloïdes et les épycycloïdes en 1929 (Vuibert) .
kolotoko
(Si quelqu'un se dévouait pour ajouter les lettres qui manquent aux dessins. Merci AD !)
(Cela ne semble pas facile !)
On aurait ainsi une application bijective sur l'ensemble des rectangles inscrits dans l'hyperbole équilatère !
Si tu cherches d'autres propriétés, les tangentes à l'hyperbole en B' et C' sont parallèle à (AK), puisque (B'C') est le diamètre qui passe par le milieu de (AK).
Voici une figure avec tous les noms.
Bruno
(Merci à AD et à Bruno pour les dessins complets, et pour le reste)
Il reste à expliquer sur le quart d'hyperbole $\sqrt{x^2-1}$ le passage de $C'$ à $K$ et inversement ??!
– $A'$ est le centre du cercle circonscrit à $ABC$,
– $H$ et $K$ sont harmoniquement conjugués par rapport à $B$ et $C$,
donc la hauteur $(AH)$ est la polaire de $K$ par rapport au dit cercle circonscrit, $(AK)$ est tangente au cercle dont perpendiculaire à $AA'$.
Cela dit, l'égalité des angles KAB, BAH et ACB donne immediatement le fait que KA est tangente au cercle.
Soit $\omega$ le point à l'infini de l'une des bissectrices de l'angle $\widehat{BAC}$, qui est aussi bissectrice de l'angle $\widehat{HAA'}$ ; j'ai essayé de montrer que les six points $A'$, $B'$, $C'$, $A$, $K$ et $\omega$ appartiennent à une conique en utilisant le théorème de Pascal, ce qui eût prouvé que l'on avait une hyperbole équilatère par détermination directe des directions asymptotiques, mais je n'ai pas abouti.
Les calculs tombent justes d'ailleurs.
Je n'ai pas saisi le principe de ton argument avec le point à l'infini w. Pourrais-tu détailler le principe !
Si (C) est une conique quelconque centrée sur l'hyperbole équilatère et passant par A, B et C, elle est alors tangente à AK. En particulier, pour le cercle circonscrit à ABC !
(PQ)passe par un point fixe I de la normale en A(point de Frégier de A);les propriétés "(AP) et (AQ) sont perpendiculaires "et " I,P,Q sont alignés" sont équivalentes.
Dans notre cas ,si (C) est la conique et I le point à l'infini de (BC),les cordes B'C' et KA'sont vues de A sous un angle droit,donc le point de Frégier de A est leur point d'intersection,c'est à dire I.La normale à (C) en A est (IA).Les points à l'infini de (C) sont alignés avec I,donc sont vus de I sous un angle droit:(C)est une hyperbole équilatère.Le résultat subsiste si l'on remplace K et A'par deux points de (BC) vus de A sous un angle droit.
Bruno
Soit (F) le faisceau des coniques qui passent par B',C' et qui sont tangentes à
(AH) en A.Soit I le point à l'infini de (BC).
(F) contient deux hyperboles équilatères (décomposées):(AB',AC') et (AH,B'C').Toutes les coniques de (F) sont des hyperboles équilatères.
L'involution définie sur (BC) par (F) est la seule involution de (BC) qui admet
comme couples homologues (I,H) et (B,C).Ces couples sont vus de A sous un angle droit. Donc cette involution est celle qui,à tout P,associe Q tel que (AP) et (AQ) soient perpendiculaires.
Donc ,si P et Q sont deux points de (BC) vus de A sous un angle droit,la conique de (F) qui passe par P passe aussi par Q :c'est la conique qui passe par
A,B',C',P,Q,et c'est une hyperbole équilatère.
Je considère maintenant le faisceau formé des coniques passant par les points A, B et C et tangentes à AH en A. Quel est le lieu des centres des coniques de ce faisceau ?
C'est, d'après Desargues, une conique qui passe par A, A' et B'. C'est laquelle ?
Si l'on se donne un faisceau de coniques et une droite D qui ne passe pas par les points de base du faisceau, le lieu des pôles de la droite par rapport aux coniques du faisceau est la conique qui contient les centres des trois coniques impropres du faisceau et les deux points doubles de l'involution définie sur la droite D par le faisceau.
Les centres des coniques du faisceau sont les pôles de la droite de l'infini du plan.
Concrètement, si les points A, B, C, D sont les quatre points communs à toute les coniques, la conique lieu des centres est l'hyperbole qui passe par les points d'intersection respectifs des droites (AB) et (CD), (BC) et (DA), (AC) et (BD) et qui a pour directions asymptotiques les directions asymptotiques des deux paraboles appartenant au faisceau.
Ceci sans tenir compte du cas particulier où deux de ces points peuvent être confondus.
Dans le même genre d'application, on se donne un triangle ABC inscrit dans une hyperbole équilatère, si H est l'orthocentre du triangle, supposé distinct des autres points, le faisceau défini par les quatre points est un faisceau d'hyperboles équilatères et le lieu de leurs centres est le cercle d'Euler du triangle ABC.
Bruno
Cela dit, je reviens sur le faisceau de coniques passant par A, B et C et tangentes en A à AK. Le lieu des centres de ces coniques est la conique de Desargues correspondante. Elle passe par A, A',B' et C' et de plus par K, c'est donc la conique de la figure.
{\bf Maintenant, il me manque un argument pour démontrer que les tangentes à cette conique en B' et C' sont parallèles à AK}.
Une fois cela acquis, une symétrie par arpport au centre de cette conique montrera que la tangente en A est AH, ce qui prouvera que c'est une hyperbole équilatère.
Bon week-end.
"" Une symétrie par rapport à l'axe non focal de la conique appliquée à la tangente en B' montre alors que la tangente en A est AH. ""
En regardant le faisceau de droites correspondant issu de B', on y arrive. C'est un peu l'argument de gb lors de sa première intervention !
Mais n'y a-t-il pas un argument plus direct ?
beau temps à Paris ? Pour ce qui est de la direction des tangentes, je vois ça comme il suit (après, ce ne serait qu'un simple calcul de vérification) : soit le faisceau des coniques tangentes en $A$ à un droite $\Delta$ et passant par deux autres points $B$ et $C$, et $\Gamma$ le lieu des centres de ces coniques. Adjoignons à $A$ un point $A'$ proche de $A$ sur $\Delta$ et considérons $\Gamma'$ le lieu des centres du faisceau à points de base $AA'BC$ : il passe par les milieux $A_1$ et $A'_1$ de $BA$ et $BA'$ respectivement, et $A_1A'_1$ est une corde de cette conique, parallèle à $\Delta$. Faisons tendre $A'$ vers $A$ : la conique $\Gamma'$ tend (!) vers $\Gamma$ et la corde $A_1A'_1$ tend vers la tangente en $A_1$ à $\Gamma'$, qui est donc parallèle à $\Delta$.\par
Cela n'est pas une preuve, mais est un heuristique expliquant pourquoi c'est cette droite-là et non pas une autre.
Cordialement, j__j
Paris est chaud et c'est bien
Votre dessin est oblique !! est-ce voulu ?
Cela dit, vous m'avez convaincu, mais mon coeur n'a pas adhéré. J'auaris aimé voir une démo analytique, en coordonnées barycentriques par exemple, comme vous savez si bien faire !
Centrale peut attendre !!
Votre coeur saigne, et vous m'en voyez fort marri ! Voici donc une preuve barycentrique, certes imparable :
Regardons l'équation barycentrique des coniques de notre dernier faisceau, en prenant comme repère affine de référence $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ ; si la tangente commune en $A$ aux coniques du faisceau a pour équation $rY+qZ=0$, une conique (dégénérée) du faisceau a pour équation $X(rY+qZ)=0$ et une autre (également dégénérée) a pour équation $YZ=0$.
Donc, l'équation de la conique générale est $pYZ+qZX+rXY=0$, où $p$ décrit $\R$.
Le centre d'une telle conique a pour coordonnées barycentriques
$(p^{2}-pq-pr, q^{2}-qr-qp, r^{2}-rp-rq)$. Si on élimine $p$ entre ces trois coordonnées, on obtient l'équation du lieu des centres :
$$\underbrace{r(XY-Y^{2})-q(XZ-Z^{2})+(r-q)YZ}_{=f}=0$$
Cette conique passe bien par $A$ et par le milieu de $AB$, de coordonnées $ (1,1,0) $. La tangente en ce point a pour équation $X\frac{\partial f}{\partial X}(1,1,0)+Y\frac{\partial f}{\partial Y}(1,1,0)+Z\frac{\partial f}{\partial Z}(1,1,0)=0$, c'est-à-dire $rX-rY+(r-2q)Z=0$ et il ne reste plus qu'à vérifier que cette droite est parallèle \`a la droite d'équation $rY+qZ=0$, c'est-à-dire que le déterminant suivant est nul (vérification facile) :
$$\begin{vmatrix}
1&1&1\\0&r&q\\r&-r&r-2q\end{vmatrix}$$
Y a pas à dire, c'est du brutal !
[En LaTeX, il faut banaliser le \% (\verb=\%=) sinon tout le reste disparait AD]
{\em Post scriptum.} Je rajoute quelques explications : le {\em centre} d'une conique est le pôle de la droite à l'infini, cette dernière ayant pour équation $X+Y+Z=0$. On obtient donc les coordonnées du centre en cherchant dans $\R^3$ l'orthogonal de l'hyperplan ayant cette équation.
Ensuite, {\em éliminer} $p$ entre les trois coordonnées revient à déterminer le cône de sommet $O$ dans $\R^3$ s'appuyant sur la courbe paramétrée par $p\mapsto(p^{2}-pq-pr, q^{2}-qr-qp, r^{2}-rp-rq)$. En d'autres termes, le point $M$ de coordonnées $(X,Y,Z)$ appartient à ce cône ssi la droite $OM$ rencontre la courbe (apprend-on encore à faire ces petits calculs ?)
Dans ces deux manips, les cordonnées barycentriques se comportent comme les coordonnées homogènes, à ceci près que la droite à l'infini a pour équation $X+Y+Z=0$ en coordonnées barycentriques, et $T=0$ en coordonnées homogènes.
That's all, folks.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,329451,441291#msg-441291
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?11,329451,441453#msg-441453