Droites concourantes 1
Réponses
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bonjour,
sur ma figure, il n'y a pas concours des 3 droites annoncées.
Le triangle de contact de ABC est bien celui formé par les points d'intersections du cercle inscrit avec les côtés de ABC, non ? -
Bonjour,
Il suffit de choisir la bonne permutation circulaire de DEF ...
<applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
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width="480" height="320" mayscript="true">
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C'est une appliquette Java créé avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
</applet>
Cordialement. -
Effectivement,
merci. -
C'est en fait un problème projectif, comme le montre l'applet GeoGebra ci-dessous.
Les points verts sont déplaçables à la souris.
<applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
codebase="http://www.geogebra.org/webstart/4.0/unsigned/"
width="596" height="432">
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C'est une appliquette Java créée avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
</applet> -
Pour que tous apprécient la figure de Ga?, il faut comprendre que:
1° Elle est faite dans le plan projectif.
2° La conique verte est une conique inscrite dans le triangle $ABC$ avec $D$, $E$, $F$ pour points de contact.
3° Le point $I$ est un point quelconque du plan dont la polaire par rapport à la conique verte, appelée "infini" sur la figure, coupe la droite $BC$ au point $J$.
4° Le point $M_a$ est défini comme conjugué harmonique du point $J$ par rapport au point $B$ et $C$: $(B, C, J, M_a)=-1$.
Alors les droites $AM_a$, $EF$ et $DI$ sont concourantes.
Cette configuration se prouve soit à partir de celle de Bouzar en choisissant la polaire de $I$ comme droite de l'infini, (d'où son nom), le point $I$ devenant alors le centre de la conique soit plus directement comme Ga? semblerait le suggérer?
Amicalement
Pappus -
Cher Pappus,
Pas tout à fait d'accord avec toi quand tu dis : "Cette configuration se prouve soit à partir de celle de Bouzar en choisissant la polaire de I comme droite de l'infini". Il faudrait pour cela :
1°) que la conique affine obtenue soit une ellipse, pour qu'on puisse en faire un cercle par un choix convenanble de structure euclidienne,
2°) que le cercle obtenu ainsi soit le cercle inscrit et pas un des cercles exinscrits.
A mon avis, le problème projectif contient celui posé par Bouzar, mais ne s'y ramène pas.
Le problème projectif peut se transformer par un choix convenable de repère projectif en le problème suivant :
Soit A l'origine, D le point (1,1), I un point du plan, p la polaire de I par rapport à l'hyperbole équilatère, J le point d'intersection de p avec la tangente à l'hyperbole équliatère en D. Alors les directions bissectrices des droites (DI) et (AJ) sont les directions des axes. Sur l'applet suivant qui illustre le problème, on peut bouger le point I.
<applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
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C'est une appliquette Java créée avec GeoGebra ( www.geogebra.org) - Il semble que Java ne soit pas installé sur votre ordinateur, merci d'aller sur www.java.com
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Et maintenant, un petit calcul en coordonnées homogènes, pour la situation ci-dessus (les vecteurs en colonne, les formes linéaires en ligne).
$A$ de coordonnées $\begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}$, $D$ de coordonnées $\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{pmatrix}$, la conique d'équation $xy-z^2=0$.
Le point $I$ : $\begin{pmatrix} u\\ v\\ w \end{pmatrix}$ (tout ce qu'on lui demande, c'est d'être différent de $I$). La droite $(DI)$ : $\begin{pmatrix} v-w& w-u& u-v \end{pmatrix}$. La polaire $p$ de $I$ par rapport à la conique : $\begin{pmatrix}v&u&-2w \end{pmatrix}$. La tangente à la conique en $D$ : $\begin{pmatrix} 1&1&-2\end{pmatrix}$. Le point $J$ : $\begin{pmatrix} 2(u-w)\\ 2(w-v)\\ u-v \end{pmatrix}$. La droite $(AJ)$ : $\begin{pmatrix} w-v& w-u& 0 \end{pmatrix}$. Gagné ! -
Bonjour
Voici une solution de l'exercice initial avec les nombres complexes.
Je suppose que le cercle inscrit est le cercle unité. $I$ centre du cercle inscrit a pour affixe $0.$
Je note :
$a$ l'affixe de $D$ qui a pour affixe $1$,
$b$ l'affixe de $E$ qui a pour affixe $1$,
$c$ l'affixe de $F$ qui a pour affixe $1$.
Ainsi dans le triangle $ABC,$ on a que :
$A$ a pour affixe $\dfrac{2bc}{b+c},$
$B$ a pour affixe $\dfrac{2ac}{a+c},$
$C$ a pour affixe $\dfrac{2ab}{a+b}.$
La droite $(EF)$ a pour équation $z+bc\overline{z}-(b+c)=0.$
La droite $(DI)$ a pour équation $z-a^2\overline{z}=0.$
La résolution du système formé par ces deux équations donne l'affixe du point d'intersection $K$, à savoir :
$$z_{K}=\dfrac{a^2(b+c)}{a^2+bc}.$$
L'équation de la médiane issue de $A$ est $z+\dfrac{a^2b^2+a^2c^2-2b^2c^2}{2a^2-b^2-c^2}\overline{z}-\dfrac{2(b+c)(a^2-bc)}{2a^2-b^2-c^2}=0.$
$z_{K}$ vérifiant l'équation de la médiane issue de $A,$ on peut donc dire que les droites $(DI), (EF)$ et $(AM_{A})$ sont concourantes en $K$. -
Et maintenant, Bouzar, tu le fais en remplaçant le cercle inscrit par une hyperbole tangente aux trois côtés du triangle en D, E, F, avec I le centre de l'hyperbole ?
-
Mon cher Ga?
Oui, j'ai fait un lapsus sans doute dû à la confusion mentale qui me guette.
Il fallait lire:
La configuration de Bouzar se prouve soit à partir de la configuration projective de Ga?, en choisissant la polaire de $I$ comme droite de l'infini, (d'où son nom), le point $I$ devenant alors le centre de la conique soit plus directement comme Ga? semblerait le suggérer?
Amicalement
Pappus -
Bonne nuit,
Voilà, Ga?, une figure: -
Euh, Rescassol : au cas où tu ne l'aurais pas remarqué, le calcul en coordonnées homogènes fait plus haut règle entièrement le problème (avec tous les détails).
-
Bonjour,
Oui, Ga?, c'était juste histoire de te donner une solution analytique, comme tu avais l'air de le demander à Bouzar.
De plus, sous cette forme, on peut le poser en exercice en TS.
Cordialement,
Rescassol -
Qu'appelles-tu "solution analytique" ? Si c'est faire des calculs sur des coordonnées, celle que je propose est parfaitement analytique.
Ma petite pique à Bouzar avait juste pour objectif de faire ressortir le fait que, dans le problème posé ici, l'imposition d'un cadre euclidien ne fait que limiter la portée du résultat et compliquer la résolution par rapport au cadre naturel, qui est projectif. -
Bonjour,
Je voulais dire compréhensible par des élèves de lycée, qui ne connaissent ni le projectif, ni l'algèbre linéaire, ni les mots "affine" et "euclidien",
donc avec de bêtes coordonnées dans un repère orthonormé, ou à la rigueur en TS avec des complexes.
Cordialement,
Rescassol
. Bruno]
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Bonjour!
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