J'ai écrit il y a trois jours, avec Morley dans le cercle inscrit, qu'on avait:
$\displaystyle IO^2-IH^2=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
Donc $IO=IH$ si et seulement si $u=jv$ ou $u=j^2v$ ou permutation circulaire, d'où la réponse à la question d'origine, le triangle $ABC$ possède un angle de $\dfrac{\pi}{3}$.
Maintenant, pour obtenir la formule de Poulbot, je pars de $BC=\dfrac{2iu(v-w)}{(u+v)(v+w)}$ (au signe près, mais ça n'a pas d'importance) et de $cos(\widehat{A})=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\spaceAB\spaceAC}$ et permutation circulaire.
J'obtiens $cos(\widehat{A})=-\dfrac{v^2+w^2}{2vw}$, $2cos(\widehat{A})-1=-\dfrac{v^2+vw+w^2}{vw}$ et permutation circulaire.
Comme d'autre part, on a $R=\dfrac{2}{1-s_1\overline{s_1}}$ au signe près, et en multipliant le tout:
$R^2\left(2cos(\widehat{A})-1\right)\left(2cos(\widehat{B})-1\right)\left(2cos(\widehat{C})-1\right)=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
D'où la formule de Poulbot: $\displaystyle IO^2-IH^2=R^2\left(2cos(\widehat{A})-1\right)\left(2cos(\widehat{B})-1\right)\left(2cos(\widehat{C})-1\right)$
Un petit problème :
$I,O,H$ étant connus et non alignés, où sont $A,B,C$?
La solution, quand elle existe, est unique à une permutation près.
Cordialement. Poulbot
On a donc le rayon du cercle inscrit et donc le point de Feuerbach, donc le cercle d'Euler et le cercle circonscrit.
Mais on a aussi l'hyperbole de Feurebach d'où les sommets.
On peut aussi chercher un triangle inscrit dans le cercle circonscrit et circonscrit au cercle inscrit.
OO, qui dit n'importe quoi sans doute, histoire de remonter le fil.
Cher Vert Laine, n'ayant pas tes talents poétiques mais ayant acquis quelque renommée dans le domaine du dessin, c'est avec joie que je souscris au voeu de ma formule de t'offrir une de mes oeuvres, à titre de remerciement pour l'éloge que tu en fis.
Bonjour Olive Oil
que ta présence est bienvenue dans toute cette salade!
Je ne pense pas du tout que tu dises n'importe quoi; l'idée est effectivement de tracer le cercle circonscrit et l'hyperbole de Feuerbach; A,B,C seront alors leurs points communs autres que le symétrique de l'orthocentre par rapport au point de Feuerbach (d'où l'unicité).
Mais comment procéder pratiquement?
Cordialement. Poulbot
Il est vrai que la formule de Poulbot est magique mais je ne suis pas tout à fait satisfait car il doit y avoir d'autres formules analogues concernant les centres des cercles exinscrits.
J'espérais que la "démonstration" de Bouzar y conduirait:
$\displaystyle IO^2-IH^2=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
Donc $IO=IH$ si et seulement si $u=jv$ ou $u=j^2v$ ou permutation circulaire, d'où la réponse à la question d'origine, le triangle $ABC$ possède un angle de $\dfrac{\pi}{3}$.
car rien n'indique dans sa démonstration que $I$ soit le centre du cercle inscrit.
Il a seulement pris pour cercle unité l'un des 4 cercles tangents au triangle mais s'en est-il aperçu lui-même?
Amicalement
Pappus
Cher Pappus
Voici la petite soeur attendue
$I_{a}O^{2}-I_{a}H^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}+1\right) \left( 2\cos \widehat{C}+1\right) $
où $I_{a}$ est le centre du cercle exinscrit dans l'angle $\widehat{A}$.
Cordialement. Poulbot
Mon cher Poulbot
C'est effectivement la formule que j'avais en tête !
Ce que je prétends, c'est que la formule de Rescassol doit y conduire à condition de ne pas se mélanger les pinceaux entre centres des cercles inscrit et exinscrit.
Une autre méthode serait de passer par ce que Pierre appelait la représentation de Lubin de degré $2$, c'est à dire qu'on note $a^2$, $b^2$, $c^2$ les affixes des sommets du triangle de référence.
Je renvoie au livre de JDE qu'il est indispensable de posséder ou bien au glossary (glossaire) de Pierre qu'il faut avoir téléchargé ou même au livre de Morley:Inversive Geometry.
J'ai fait les calculs, tout se passe bien et on obtient une factorisation à la Rescassol avec toutes fois une pincée de théorie de Galois par dessous !
Amicalement
Pappus
Cher Pappus
Grosso modo, il suffit de considérer que la formule de départ se traduit par une relation $f\left( a,b,c\right) =0$ où $a,b,c$ sont les longueurs des côtés; cette relation étant polynomiale, on aura aussi $f\left( -a,b,c\right) =0$, ce qui revient à remplacer dans la formule initiale $I$ par $I_{a}$ et à changer le signe de $\cos \widehat{B}$ et $\cos \widehat{C}$.
Cordialement. Poulbot
Cher Pappus,
l'explication que tu trouveras ICI sera à coup sur plus convaincante que la mienne, d'autant qu'elle émane de quelqu'un qui, quand je pense à lui, me fait évaluer mon niveau en maths au voisinage du zéro absolu.
Cordialement. Poulbot
Bonsoir Gilles
effectivement, cela ressemble fortement mais il faut reconnaitre qu'un nom anglais (extraversion) et un grand mathématicien anglais contemporain, cela en jette plus qu'un nom français (transformation continue) et un grand géomètre français du 19ème.
Il n'est d'ailleurs pas impossible que Conway ait eu connaissance de ton article et s'en soit inspiré puisque le groupe de discussion gréco-américain dans lequel il s'exprimait se nomme "Hyacinthos" en hommage à Emile Hyacinthe Lemoine.
En tout cas, tout cela justifie mon petit tour de passe-passe pour transformer la formule initiale.
Cordialement. Poulbot
Mon cher Poulbot
Je connaissais l'article de Lemoine depuis longtemps.
Le moins que l'on puisse dire, c'est qu'il est assez fumeux.
Quant au message de Conway, il dit seulement que s'il existe une définition précise de l'extraversion, elle devrait faire appel à la monodromie c'est à dire en gros à la topologie algébrique et au groupe fondamental $\pi_1(X,x)$ opérant sur une fibre $F= p^{-1}(x)$ où $p:\widehat X\longmapsto X$ serait un revètement universel à définir!
C'est de la très grosse artillerie et si tu as des références prècises à nous fournir, je suis preneur!
On pourrait aussi regarder lex nombreux messages sur le sujet du regretté Steve Sigur soit sur Hyacynthos soit sur mathforum.
Amicalement
Pappus
Cher Pappus,
on peut, sans faire appel à la topologie algébrique, justifier simplement l'utilisation de cette 'extraversion' dans quelques cas particuliers qui suffisent , la plupart du temps,en géométrie du triangle.
Si on se limite à une notion restreinte de centres triangulaires, on considère des points de coordonnées barycentriques par rapport à $A,B,C$ de la forme $f\left( a,b,c\right) :f\left( b,c,a\right) :f\left( c,a,b\right) $ où $f$ est un polynôme homogène vérifiant $f\left( a,c,b\right) =f\left( a,b,c\right) $.
Parmi ces centres triangulaires, on en distingue de deux types :
- les centres "forts" pour lesquels $f\left( -a,b,c\right) =f\left( a,b,c\right) $ (exemples $G,O,H$, le point symédian,...)
- les autres, dits centres "faibles" ($I$, le point de Gergonne, le point de Nagel, ...)
A un centre $M$ du deuxième type, on peut associer ses trois extraversions
$M_{a}$ de coordonnées $f\left( -a,b,c\right) :f\left( b,c,-a\right) :f\left( c,-a,b\right) $, $M_{b},M_{c}$
Pour un point fort, on aura évidemment $M_{a}=M_{b}=M_{c}=M$
Maintenant, si on a, par exemple, $P\left( x:y:z\right) $ et $P\prime \left( x\prime :y\prime :z\prime \right) $, alors
$\left\Vert \overrightarrow{PP\prime }\right\Vert ^{2}=\dfrac{\left( Y-Z\right) ^{2}S_{a}+\left( Z-X\right) ^{2}S_{B}+\left( X-Y\right) ^{2}S_{C}}{\left( x+y+z\right) ^{2}\left( x\prime +y\prime +z\prime \right) ^{2}}$
avec $S_{A}=\left( \overrightarrow{AB}\ |\ \overrightarrow{AC}\right) =\dfrac{1}{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) $, $S_{B}=,S_{C}=$(cyclique) et
$X=yz\prime -zy\prime ,Y=zx\prime -xz\prime ,Z=xy\prime -yx\prime $
Moralité : si,dans le carré de la distance de deux centres triangulaires, tu remplaces $a$ par $-a$, tu vas obtenir le carré de la distance de leurs $A$-extraversions.
Dans ce cas simple, ceci ne nécessite, pour être justifié ni monodromie ni les explications un peu alambiquées de Lemoine et suffit largement pour passer de la formule $IO^{2}-IH^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) $ à $I_{a}O^{2}-I_{a}H^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}+1\right) \left( 2\cos \widehat{C}+1\right) $ (puisque $\cos \widehat{A}=\dfrac{S_{A}}{bc}$, .., le changement de $a$ en $-a$ changera $\cos \widehat{A},\cos \widehat{B},\cos \widehat{C}$ en $\cos \widehat{A},-\cos \widehat{B},-\cos \widehat{C}$)
Naturellement, tout ceci peut s'étendre à des produits scalaires, à des droites, des cercles, des coniques (faibles ou fortes aussi) et à d'autres fonctions que les polynômes (par exemple pour les points de Fermat ou les points isodynamiques où il faudra faire intervenir l'aire du triangle)
Par exemple,
- la formule $r^{2}=\dfrac{\left( p-a\right) \left( p-b\right) \left( p-c\right) }{p}$ donnera $r_{a}^{2}=\dfrac{p\left( p-b\right) \left( p-c\right) }{p-a}$ (rayons du cercle inscrit et d'un des cercles exinscrits)
- le triangle podaire de $I$ est le triangle cévien du point de Gergonne $g$ de coordonnées $\dfrac{1}{p-a}:\dfrac{1}{p-b}:\dfrac{1}{p-c}$ deviendra le triangle podaire de $I_{a}$ est le triangle cévien de $g_{a}$ de coordonnées $\dfrac{1}{p}:-\dfrac{1}{p-c}:-\dfrac{1}{p-b}$
- le cercle inscrit et le cercle d'Euler sont tangents au point $F$ de coordonnées $\left( b-c\right) ^{2}\left( p-a\right) :\left( c-a\right) ^{2}\left( p-b\right) :\left( a-b\right) ^{2}\left( p-c\right) $ donnera le cercle exinscrit dans l'angle $\widehat{A}$ et le cercle d'Euler sont tangents au point $F_{a}$ de coordonnées $\left( b-c\right) ^{2}p:-\left( c+a\right) ^{2}\left( p-c\right) :-\left( a+b\right) ^{2}\left( p-b\right) $ (le cercle d'Euler, comme le cercle circonscrit est un cercle fort)
Je suis en train de rédiger mes notes sur des informations glanées un peu partout sur le forum, et j'en profite pour terminer les démonstrations que j'avais laissé de côté.
Parmi celles-ci, il y a la formule mentionnée ci-dessus par poulbot : si $P\left( x:y:z\right) $ et $P' \left( x' :y' :z' \right)$, alors $$
PP'^2=\dfrac{\left( Y-Z\right) ^{2}S_a+\left( Z-X\right) ^{2}S_b+\left( X-Y\right) ^{2}S_c}{\left( x+y+z\right)^{2}\left( x' +y' +z' \right) ^{2}}.
$$ avec $S_a=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =\dfrac{1}{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) $, $S_b$, $S_c$ définis par permutation circulaire et $$X=yz' -zy' ,Y=zx' -xz' ,Z=xy' -yx'.
$$ Le point de départ $$PP'^2=PA^2+P'A^2-\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{AP'}$$ et $$
\overrightarrow{AP}=\frac{y}{x+y+z}\overrightarrow{AB}+\frac{z}{x+y+z}\overrightarrow{AC}
$$ m'amène à des calculs peu sympathiques (qui aboutissent grâce à Maple en développant brutalement l'expression de poulbot). Je sens bien que c'est pas la meilleure des choses à faire, on perd en symétrie, seul $S_a$ apparaît naturellement.
J'ai essayé avec la formule de Leibniz, mais je tombe dans les mêmes travers que la preuve bourrine que je viens d'évoquer.
Dernière idée, peut-être utiliser le théorème suivant ? Le dénominateur de $\Gamma(M)$ a une bonne tête.
Théorème.Soit $A,B,C$ trois points non alignés, $\Gamma$ le cercle circonscrit à $ABC$ et $\gamma$ un cercle du plan. On note $\Gamma$ et $\gamma$ les fonctions puissances par rapport à ces cercles.
Si $M$ est un point de coordonnées barycentriques $(x:y:z)$, on a $$
\gamma(M) = \Gamma(M) +\dfrac x{x+y+z}\gamma(A) +\dfrac y{x+y+z}\gamma(B) +\dfrac z{x+y+z}\gamma(C)
$$ et $$\Gamma(M) =-\frac{a^2yz + b^2zx+c^2xy}{(x+y+z)^2}.$$
Merci pour vos idées.
Tout ceci avait déjà été écrit ici avec force détail par pldx1 (Pierre Douillet) et on peut retrouver toute la géométrie du triangle et même beaucoup plus dans son "glossary" (en anglais) qu'il serait scandaleux de ne pas télécharger sur son site!
Amicalement
Pappus
Cher Pappus
loin de moi l'idée d'avoir voulu faire de la redite, du plagiat et encore moins du scandale mais je répondais à une question de Gilles. Comme la réponse était très simple et qu'il était tard, je n'ai pas pris la peine de vérifier si elle ne figurait pas déjà sur ce forum et encore moins sur le site de Pierre Douillet.
Avec toutes mes exuses à ce dernier.
Cordialement. Poulbot
Sur cette question le document de Pierre ne m'aurait été d'aucune utilité, puisque son calcul est confié à un ordinateur, ce que j'avais fait hier avec Maple.
Merci donc Poulbot de m'avoir indiqué cette solution qui ne nécessite que très peu de calcul.
J'en profite pour joindre la dernière version de mes notes.
Il faut noter que l'écriture de la forme quadratique $\|\overrightarrow V\|^2$ n'est pas unique en coordonnées barycentriques si on la considère comme restriction au plan des vecteurs d'une forme quadratique définie sur le prolongé vectoriel du plan affine qui est un espace vectoriel de dimension $3$.
C'est ainsi que si $\overrightarrow V$ est un vecteur du plan de composantes barycentriques $(x,y,z)$ avec donc $x+y+z=0$, (autrement dit $\overrightarrow V = xA+yB+zC$), on a aussi bien:
$\|\overrightarrow V\|^2 = -a^2yz-b^2zx-c^2xy$ que $\|\overrightarrow V\|^2 =S_Ax^2+S_By^2+S_Cz^2$, pourquoi?
Amicalement
Pappus
Cher Pappus
cette question est bien plus simple que tes questions habituelles.
le coefficient de $a^{2}$ dans $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}$ est
$\frac{1}{2}\left( y^{2}+z^{2}-x^{2}\right) =\frac{1}{2}\left( x+y+z\right) ^{2}-\left( x+z\right) \left( x+y\right) =-yz$ (puisque $x+y+z=0$)
Cordialement. Poulbot
oui, mon cher Poulbot!
D'une façon générale, on peut prendre pour métrique la restriction de $-a^2yz-b^2zx-c^2x y +(\lambda x +\mu y + \nu z)(x+y+z)$ au plan des vecteurs où $\lambda \in \R$, $\mu \in \R$, $\nu \in \R$ sont des constantes arbitraires.
Quelle est la courbe du plan dont une équation barycentrique homogène est justement:
$-a^2yz-b^2zx-c^2x y +(\lambda x + \mu y + \nu z)(x+y+z)$ et examiner les deux cas particuliers:
$a^2yz+b^2zx+c^2x y =0$ et $S_Ax^2+S_By^2+S_Cz^2=0$
Amicalement
Pappus
En ce qui concerne
$-a^2yz-b^2zx-c^2x y +(\lambda x + \mu y + \nu z)(x+y+z)=0$, c'est visiblement un cercle car c'est une conique qui a les mêmes points à l'$\infty $ que le cercle circonscrit $a^2yz+b^2zx+c^2x y =0$.
La droite $\lambda x+\mu y+\nu z=0$ est son axe radical avec le cercle circonscrit et $\lambda ,\mu ,\nu $ sont les puissances de $A,B,C$
Quant à $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$ c'est le cercle par rapport auquel $ABC$ est autopolaire (sa matrice est diagonale). Il est centré en l'orthocentre et n'est réel que si $ABC$ est obtusangle.
Mais il doit probablement exister sur ce forum des tas de messages sur ce sujet.
Cordialement (et bonne nuit). Poulbot
En ce qui concerne l'équation baycentrique du cercle je l'ai repris de façon élémentaire (pas de points à l'infini) dans le PDF que j'ai posté, compilation de vieux messages du forum.
C'est peut-être le second cercle d'équation $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$ qui est le moins connu.
Poulbot a donné ses principales propriétés. Je crois qu'on l'appelle le cercle polaire, justement parce que c'est le seul cercle par rapport auquel le triangle $ABC$ est autopolaire.
Pourriez vous quand il est réel préciser sa position par rapport au cercle circonscrit et au cercle des neuf points?
Et même quand il n'est pas réel, il définit toujours une inversion qui, elle, existe bien. Comment opère-t-elle sur les deux cercles que je viens de citer?
Amicalement
Pappus, always in the move and without drawings!
Cher Pappus
Cercle circonscrit : $a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy=0$
Cercle d'Euler : $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}-\left( a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy\right) =0$
Cercle polaire : $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$
Visiblement ces trois cercles sont membres d'un même faisceau; ce faisceau contient aussi le cercle diamètre $\left[ GH\right] $ ($G=$centre de gravité) d'équation $-a^{2}yz-b^{2}zx-c^{2}xy+\frac{2}{3}\left( S_{A}x+S_{B}y+S_{C}z\right) \left( x+y+z\right) =0$
L'axe radical du faisceau est la droite $S_{A}x+S_{B}y+S_{C}z=0$ (polaire trilinéaire de $H$) et la ligne des centres est clairement la droite d'Euler.
Le rayon $\rho $ du cercle polaire vérifie $\rho ^{2}=-4R^{2}\cos \widehat{A}\cos \widehat{B}\cos \widehat{C}$; quant à l'inversion par rapport à ce cercle, elle transforme les sommets $A,B,C$ en les pieds des hauteurs correspondantes, c'est-à-dire qu'elle échange le cercle circonscrit et le cercle d'Euler.
Le cercle polaire devrait être aussi le lieu des centres $o$ des hyperboles équilatères inscrites dans le triangle $ABC$.
That's all folks.
Mon cher Rescassol
Poulbot se donne le centre $o$ de l'hyperbole sur le cercle polaire.
Puis il construit le perspecteur de l'hyperbole comme isotomique de l'anticomplément de $o$ et enfin l'hyperbole elle même avec ses asymptotes.
Si $A'$ est le point de contact avec $BC$, les droites $oA'$ et $BC$ sont également inclinées sur les asymptotes qui sont donc les bissectrices de ces deux directions.
L'inversion par rapport au cercle polaire échange bien le cercle circonscrit et le cercled'Euler.
C'en est donc un des deux cercles bissecteurs quand il est réel.
L'autre cercle bissecteur qui lui est orthogonal a pour centre $G$.
Amicalement
Pappus
Bonjour Rescassol
je l'ai tracée comme je fais pour n'importe quelle conique inscrite connaissant son centre $o$: si la conique est tangente à $BC,CA,AB$ en $M_{a},M_{b},M_{c}$, les droites $AM_{a},BM_{b},CM_{c}$ concourent en point $P$ qui est l'isotomique de l'anticomplément $o^{\prime }$ de $o$. Les points $M_{a},M_{b},M_{c}$ et leurs symétriques par rapport à $o$ suffisent largement au tracé.
Cordialement. Poulbot (qui vient de voir que Pappus avait anticipé sa réponse et qui, du coup, a ajouté les asymptotes)
Je ne comprends pas le lien établi entre les bissectrices et l'inversion dans la dernière phrase de Pappus.
Merci et bonne soirée.
pappus écrivait:
> Mon cher Rescassol
> Poulbot se donne le centre $o$ de l'hyperbole sur
> le cercle polaire.
> Puis il construit le perspecteur de l'hyperbole
> comme isotomique de l'anticomplément de $o$ et
> enfin l'hyperbole elle même avec ses asymptotes.
> Si $A'$ est le point de contact avec $BC$, les
> droites $oA'$ et $BC$ sont également inclinées sur
> les asymptotes qui sont donc les bissectrices de
> ces deux directions.
> L'inversion par rapport au cercle polaire échange
> bien le cercle circonscrit et le cercled'Euler.
Et pour une conique à centre circonscrite ?
Facile : on a 6 points : $A,B,C$ et leurs symétriques par rapport au centre
Et pour une parabole (inscrite ou circonscrite) ?
Il faut connaitre autre chose : supposons, par exemple que l'on connaisse la direction de l'axe; on construit l'isogonal $U$ de son point à l'$\infty $ qui est sur le cercle circonscrit $\left( O\right) $.
Si la parabole est inscrite, $U$ est son foyer et la droite de Simson de $U$ sa tangente au sommet
Si la parabole est circonscrite, elle est l'isogonale de la tangente en $U$ à $\left( O\right) $
On peut aussi, dans ces deux cas, faire une construction purement affine
Pour trouver les paraboles passant par $4$ points donnés $A,B,C,D$, ce sont les isogonales des tangentes menées de l'isogonal de $D$ à $\left( O\right) $
Pour trouver la parabole inscrite tangente à une droite $\Delta $, son foyer est le point de Miquel du quadrilatère complet $\left( AB,BC,CA,\Delta \right) $ (sa tangente au sommet est encore la droite de Simson du foyer)
Bonsoir Rescassol
une construction affine d'une parabole circonscrite connaissant la direction de l'axe.
Une parallèle variable $T$ à l'axe coupe $BC$ en $U$ ;
la parallèle en $U$ à $AC$ coupe en $V$ la parallèle à l'axe passant par $B$;
$M=T\cap AV$ décrit la parabole.
Voilà une applet, montrant la parabole circonscrite, son axe, son foyer et sa directrice, à partir de A, B, C, et de la direction de l'axe en pointillé donnée par L. A, B, C et L sont déplaçables (utilisant la dernière construction de Poulbot).
La figure montrant les détails de la construction sont dans le message suivant.
Bonsoir Rescassol
voici comment je procède pour trouver le foyer et la directrice d'une parabole circonscrite connaissant la direction de l'axe :
- je construis le triangle tangentiel $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ : les parallèles à l'axe en $A,B,C$ coupent le côté opposé en $U,V,W$; les tangentes à la parabole en $A,B,C$ sont parallèles respectivement à $VW,WU,UV$
- le foyer $F$ est l'isogonal du point à l'$\infty $ de l'axe par rapport au triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$
- la directrice est perpendiculaire à l'axe et passe par les symétriques du foyer par rapport aux côtés de $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$
Poulbot, ta méthode pour construire le triangle tangentiel est effectivement plus simple que la mienne. Ensuite, j'ai utilisé le fait que l'orthocentre du triangle tangentiel est sur la directrice. J'ai aussi utilisé le résultat disant que les tangentes en $A$ et $B$par exemple se coupent sur la parallèle à l'axe menée du milieu de $[AB]$. Avec ta construction, on peut aussi utiliser le fait que l'isogonal de l'orthocentre du triangle que tu appelles $UVW$ par rapport à ce triangle est aussi sur la directrice.
Réponses
Je suis parti maintenant sur $IOH$ isocèle en $O$ et $H$, je ne sais pas si ça donner des choses bien intéressantes.
J'ai écrit il y a trois jours, avec Morley dans le cercle inscrit, qu'on avait:
$\displaystyle IO^2-IH^2=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
Donc $IO=IH$ si et seulement si $u=jv$ ou $u=j^2v$ ou permutation circulaire, d'où la réponse à la question d'origine, le triangle $ABC$ possède un angle de $\dfrac{\pi}{3}$.
Maintenant, pour obtenir la formule de Poulbot, je pars de $BC=\dfrac{2iu(v-w)}{(u+v)(v+w)}$ (au signe près, mais ça n'a pas d'importance) et de $cos(\widehat{A})=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\spaceAB\spaceAC}$ et permutation circulaire.
J'obtiens $cos(\widehat{A})=-\dfrac{v^2+w^2}{2vw}$, $2cos(\widehat{A})-1=-\dfrac{v^2+vw+w^2}{vw}$ et permutation circulaire.
Comme d'autre part, on a $R=\dfrac{2}{1-s_1\overline{s_1}}$ au signe près, et en multipliant le tout:
$R^2\left(2cos(\widehat{A})-1\right)\left(2cos(\widehat{B})-1\right)\left(2cos(\widehat{C})-1\right)=-4\dfrac{(u^2+uv+v^2)(v^2+vw+w^2)(w^2+wu+u^2)}{(u+v)^2(v+w)^2(w+u)^2}$.
D'où la formule de Poulbot: $\displaystyle IO^2-IH^2=R^2\left(2cos(\widehat{A})-1\right)\left(2cos(\widehat{B})-1\right)\left(2cos(\widehat{C})-1\right)$
Cordialement,
Rescassol
$I,O,H$ étant connus et non alignés, où sont $A,B,C$?
La solution, quand elle existe, est unique à une permutation près.
Cordialement. Poulbot
On a donc le rayon du cercle inscrit et donc le point de Feuerbach, donc le cercle d'Euler et le cercle circonscrit.
Mais on a aussi l'hyperbole de Feurebach d'où les sommets.
On peut aussi chercher un triangle inscrit dans le cercle circonscrit et circonscrit au cercle inscrit.
OO, qui dit n'importe quoi sans doute, histoire de remonter le fil.
Héritier de pappus en droite filiation
Il n'en porte le nom, il n'est guère Rideau
Devinez donc son nom ! il se nomme poul' d'eau
Il y a quelques jours, il trouva la formule
Non d'une molécule, ni d'une particule
Sa formule à lui s'appelle "la poulbot"
Elle est si élégante, c'est joli et c'est beau
Je vais la décliner en deux alexandrins
La formule est superbe, du génie et du grain
Soyez donc bien heureux, mais aussi bien sereins
On ne la trouve point dans Berger ou Gramain
Ni dans le JDE ou le couple Sortais
Elle était inconnue, dans l'air elle flottait
Jusqu'au jour fatidique où Poulbot l'a livrée
Dans un joli écrin bien bronzé bien cuivré
Au forum math . net... et il devint célèbre
De la géométrie, et juste un peu d'algèbre
Elle concerne des points qui sont en nombre trois
Les sens s'en réveillent, gardez votre sang froid
Pour déplaire à CC, on les nomme-I O H
Qu'on apprendra bientôt aux bien jeunes potaches
Dans les lycées de France et ceux de l'outre-mer
Dans le Mali lointain où l'on se fait la guerre
Et le beau Sénégal où les matheux en herbe
Comme les jeunes Serbes sont tout beaux et superbes
Cette formule dit, accrochez-vous donc bien,
Deux bien petites choses, un mot et deux fois rien
Si l'on soustrait OH qu'on élève au carré
au carré de I O, l'expression bigarrée
est le produit de R le rayon circonscrit
Aussi avec lui même et c'est le dernier cri
D'un produit imprévu d'expression circulaire
de 2cosinus A moins le nombre unitaire !!
que ta présence est bienvenue dans toute cette salade!
Je ne pense pas du tout que tu dises n'importe quoi; l'idée est effectivement de tracer le cercle circonscrit et l'hyperbole de Feuerbach; A,B,C seront alors leurs points communs autres que le symétrique de l'orthocentre par rapport au point de Feuerbach (d'où l'unicité).
Mais comment procéder pratiquement?
Cordialement. Poulbot
J'espérais que la "démonstration" de Bouzar y conduirait: car rien n'indique dans sa démonstration que $I$ soit le centre du cercle inscrit.
Il a seulement pris pour cercle unité l'un des 4 cercles tangents au triangle mais s'en est-il aperçu lui-même?
Amicalement
Pappus
Voici la petite soeur attendue
$I_{a}O^{2}-I_{a}H^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}+1\right) \left( 2\cos \widehat{C}+1\right) $
où $I_{a}$ est le centre du cercle exinscrit dans l'angle $\widehat{A}$.
Cordialement. Poulbot
C'est effectivement la formule que j'avais en tête !
Ce que je prétends, c'est que la formule de Rescassol doit y conduire à condition de ne pas se mélanger les pinceaux entre centres des cercles inscrit et exinscrit.
Une autre méthode serait de passer par ce que Pierre appelait la représentation de Lubin de degré $2$, c'est à dire qu'on note $a^2$, $b^2$, $c^2$ les affixes des sommets du triangle de référence.
Je renvoie au livre de JDE qu'il est indispensable de posséder ou bien au glossary (glossaire) de Pierre qu'il faut avoir téléchargé ou même au livre de Morley:Inversive Geometry.
J'ai fait les calculs, tout se passe bien et on obtient une factorisation à la Rescassol avec toutes fois une pincée de théorie de Galois par dessous !
Amicalement
Pappus
Grosso modo, il suffit de considérer que la formule de départ se traduit par une relation $f\left( a,b,c\right) =0$ où $a,b,c$ sont les longueurs des côtés; cette relation étant polynomiale, on aura aussi $f\left( -a,b,c\right) =0$, ce qui revient à remplacer dans la formule initiale $I$ par $I_{a}$ et à changer le signe de $\cos \widehat{B}$ et $\cos \widehat{C}$.
Cordialement. Poulbot
Je ne suis pas convaincu par ton argument.
Il faudrait quand même préciser un peu plus ta pensée!
Amicalement
Pappus
l'explication que tu trouveras ICI sera à coup sur plus convaincante que la mienne, d'autant qu'elle émane de quelqu'un qui, quand je pense à lui, me fait évaluer mon niveau en maths au voisinage du zéro absolu.
Cordialement. Poulbot
http://archive.numdam.org/article/BSMF_1891__19__136_0.pdf
effectivement, cela ressemble fortement mais il faut reconnaitre qu'un nom anglais (extraversion) et un grand mathématicien anglais contemporain, cela en jette plus qu'un nom français (transformation continue) et un grand géomètre français du 19ème.
Il n'est d'ailleurs pas impossible que Conway ait eu connaissance de ton article et s'en soit inspiré puisque le groupe de discussion gréco-américain dans lequel il s'exprimait se nomme "Hyacinthos" en hommage à Emile Hyacinthe Lemoine.
En tout cas, tout cela justifie mon petit tour de passe-passe pour transformer la formule initiale.
Cordialement. Poulbot
Je connaissais l'article de Lemoine depuis longtemps.
Le moins que l'on puisse dire, c'est qu'il est assez fumeux.
Quant au message de Conway, il dit seulement que s'il existe une définition précise de l'extraversion, elle devrait faire appel à la monodromie c'est à dire en gros à la topologie algébrique et au groupe fondamental $\pi_1(X,x)$ opérant sur une fibre $F= p^{-1}(x)$ où $p:\widehat X\longmapsto X$ serait un revètement universel à définir!
C'est de la très grosse artillerie et si tu as des références prècises à nous fournir, je suis preneur!
On pourrait aussi regarder lex nombreux messages sur le sujet du regretté Steve Sigur soit sur Hyacynthos soit sur mathforum.
Amicalement
Pappus
on peut, sans faire appel à la topologie algébrique, justifier simplement l'utilisation de cette 'extraversion' dans quelques cas particuliers qui suffisent , la plupart du temps,en géométrie du triangle.
Si on se limite à une notion restreinte de centres triangulaires, on considère des points de coordonnées barycentriques par rapport à $A,B,C$ de la forme $f\left( a,b,c\right) :f\left( b,c,a\right) :f\left( c,a,b\right) $ où $f$ est un polynôme homogène vérifiant $f\left( a,c,b\right) =f\left( a,b,c\right) $.
Parmi ces centres triangulaires, on en distingue de deux types :
- les centres "forts" pour lesquels $f\left( -a,b,c\right) =f\left( a,b,c\right) $ (exemples $G,O,H$, le point symédian,...)
- les autres, dits centres "faibles" ($I$, le point de Gergonne, le point de Nagel, ...)
A un centre $M$ du deuxième type, on peut associer ses trois extraversions
$M_{a}$ de coordonnées $f\left( -a,b,c\right) :f\left( b,c,-a\right) :f\left( c,-a,b\right) $, $M_{b},M_{c}$
Pour un point fort, on aura évidemment $M_{a}=M_{b}=M_{c}=M$
Maintenant, si on a, par exemple, $P\left( x:y:z\right) $ et $P\prime \left( x\prime :y\prime :z\prime \right) $, alors
$\left\Vert \overrightarrow{PP\prime }\right\Vert ^{2}=\dfrac{\left( Y-Z\right) ^{2}S_{a}+\left( Z-X\right) ^{2}S_{B}+\left( X-Y\right) ^{2}S_{C}}{\left( x+y+z\right) ^{2}\left( x\prime +y\prime +z\prime \right) ^{2}}$
avec $S_{A}=\left( \overrightarrow{AB}\ |\ \overrightarrow{AC}\right) =\dfrac{1}{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) $, $S_{B}=,S_{C}=$(cyclique) et
$X=yz\prime -zy\prime ,Y=zx\prime -xz\prime ,Z=xy\prime -yx\prime $
Moralité : si,dans le carré de la distance de deux centres triangulaires, tu remplaces $a$ par $-a$, tu vas obtenir le carré de la distance de leurs $A$-extraversions.
Dans ce cas simple, ceci ne nécessite, pour être justifié ni monodromie ni les explications un peu alambiquées de Lemoine et suffit largement pour passer de la formule $IO^{2}-IH^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}-1\right) \left( 2\cos \widehat{C}-1\right) $ à $I_{a}O^{2}-I_{a}H^{2}=R^{2}\left( 2\cos \widehat{A}-1\right) \left( 2\cos \widehat{B}+1\right) \left( 2\cos \widehat{C}+1\right) $ (puisque $\cos \widehat{A}=\dfrac{S_{A}}{bc}$, .., le changement de $a$ en $-a$ changera $\cos \widehat{A},\cos \widehat{B},\cos \widehat{C}$ en $\cos \widehat{A},-\cos \widehat{B},-\cos \widehat{C}$)
Naturellement, tout ceci peut s'étendre à des produits scalaires, à des droites, des cercles, des coniques (faibles ou fortes aussi) et à d'autres fonctions que les polynômes (par exemple pour les points de Fermat ou les points isodynamiques où il faudra faire intervenir l'aire du triangle)
Par exemple,
- la formule $r^{2}=\dfrac{\left( p-a\right) \left( p-b\right) \left( p-c\right) }{p}$ donnera $r_{a}^{2}=\dfrac{p\left( p-b\right) \left( p-c\right) }{p-a}$ (rayons du cercle inscrit et d'un des cercles exinscrits)
- le triangle podaire de $I$ est le triangle cévien du point de Gergonne $g$ de coordonnées $\dfrac{1}{p-a}:\dfrac{1}{p-b}:\dfrac{1}{p-c}$ deviendra le triangle podaire de $I_{a}$ est le triangle cévien de $g_{a}$ de coordonnées $\dfrac{1}{p}:-\dfrac{1}{p-c}:-\dfrac{1}{p-b}$
- le cercle inscrit et le cercle d'Euler sont tangents au point $F$ de coordonnées $\left( b-c\right) ^{2}\left( p-a\right) :\left( c-a\right) ^{2}\left( p-b\right) :\left( a-b\right) ^{2}\left( p-c\right) $ donnera le cercle exinscrit dans l'angle $\widehat{A}$ et le cercle d'Euler sont tangents au point $F_{a}$ de coordonnées $\left( b-c\right) ^{2}p:-\left( c+a\right) ^{2}\left( p-c\right) :-\left( a+b\right) ^{2}\left( p-b\right) $ (le cercle d'Euler, comme le cercle circonscrit est un cercle fort)
Cordialement. Poulbot
Amicalement
Pappus
Je suis en train de rédiger mes notes sur des informations glanées un peu partout sur le forum, et j'en profite pour terminer les démonstrations que j'avais laissé de côté.
Parmi celles-ci, il y a la formule mentionnée ci-dessus par poulbot : si $P\left( x:y:z\right) $ et $P' \left( x' :y' :z' \right)$, alors $$
PP'^2=\dfrac{\left( Y-Z\right) ^{2}S_a+\left( Z-X\right) ^{2}S_b+\left( X-Y\right) ^{2}S_c}{\left( x+y+z\right)^{2}\left( x' +y' +z' \right) ^{2}}.
$$ avec $S_a=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =\dfrac{1}{2}\left( b^{2}+c^{2}-a^{2}\right) $, $S_b$, $S_c$ définis par permutation circulaire et $$X=yz' -zy' ,Y=zx' -xz' ,Z=xy' -yx'.
$$ Le point de départ $$PP'^2=PA^2+P'A^2-\overrightarrow{AP}\cdot \overrightarrow{AP'}$$ et $$
\overrightarrow{AP}=\frac{y}{x+y+z}\overrightarrow{AB}+\frac{z}{x+y+z}\overrightarrow{AC}
$$ m'amène à des calculs peu sympathiques (qui aboutissent grâce à Maple en développant brutalement l'expression de poulbot). Je sens bien que c'est pas la meilleure des choses à faire, on perd en symétrie, seul $S_a$ apparaît naturellement.
J'ai essayé avec la formule de Leibniz, mais je tombe dans les mêmes travers que la preuve bourrine que je viens d'évoquer.
Dernière idée, peut-être utiliser le théorème suivant ? Le dénominateur de $\Gamma(M)$ a une bonne tête.
Théorème. Soit $A,B,C$ trois points non alignés, $\Gamma$ le cercle circonscrit à $ABC$ et $\gamma$ un cercle du plan. On note $\Gamma$ et $\gamma$ les fonctions puissances par rapport à ces cercles.
Si $M$ est un point de coordonnées barycentriques $(x:y:z)$, on a $$
\gamma(M) = \Gamma(M) +\dfrac x{x+y+z}\gamma(A) +\dfrac y{x+y+z}\gamma(B) +\dfrac z{x+y+z}\gamma(C)
$$ et $$\Gamma(M) =-\frac{a^2yz + b^2zx+c^2xy}{(x+y+z)^2}.$$
Merci pour vos idées.
supposant d'abord que les coordonnées sont normalisées $x+y+z=x^{\prime }+y^{\prime }+z^{\prime }=1$.
On a alors $\overrightarrow{PP^{\prime }}=\left( y^{\prime }-y\right) \overrightarrow{AB}+\left( z^{\prime }-z\right) \overrightarrow{AC}$
$PP^{\prime 2}=\left( S_{A}+S_{B}\right) \left( y^{\prime }-y\right) ^{2}+\left( S_{A}+S_{C}\right) \left( z^{\prime }-z\right) ^{2}+2S_{A}\left( y^{\prime }-y\right) \left( z^{\prime }-z\right) $ puisque $c^{2}=S_{A}+S_{B}$.
Ainsi, $PP^{\prime 2}=S_{A}\left( x^{\prime }-x\right) ^{2}+S_{B}\left( y^{\prime }-y\right) ^{2}+S_{C}\left( z^{\prime }-z\right) ^{2}$
Pour le cas général, il suffit de diviser $x,y,z$ par $x+y+z$ et $x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime }$ par $x^{\prime }+y^{\prime }+z^{\prime }$ dans la relation précédente.
Cordialement. Poulbot
C'est tellement simple quand on s'y prend bien !
Encore merci.
Bonne journée,
Gilles
Amicalement
Pappus
loin de moi l'idée d'avoir voulu faire de la redite, du plagiat et encore moins du scandale mais je répondais à une question de Gilles. Comme la réponse était très simple et qu'il était tard, je n'ai pas pris la peine de vérifier si elle ne figurait pas déjà sur ce forum et encore moins sur le site de Pierre Douillet.
Avec toutes mes exuses à ce dernier.
Cordialement. Poulbot
Merci donc Poulbot de m'avoir indiqué cette solution qui ne nécessite que très peu de calcul.
J'en profite pour joindre la dernière version de mes notes.
C'est ainsi que si $\overrightarrow V$ est un vecteur du plan de composantes barycentriques $(x,y,z)$ avec donc $x+y+z=0$, (autrement dit $\overrightarrow V = xA+yB+zC$), on a aussi bien:
$\|\overrightarrow V\|^2 = -a^2yz-b^2zx-c^2xy$ que $\|\overrightarrow V\|^2 =S_Ax^2+S_By^2+S_Cz^2$, pourquoi?
Amicalement
Pappus
cette question est bien plus simple que tes questions habituelles.
le coefficient de $a^{2}$ dans $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}$ est
$\frac{1}{2}\left( y^{2}+z^{2}-x^{2}\right) =\frac{1}{2}\left( x+y+z\right) ^{2}-\left( x+z\right) \left( x+y\right) =-yz$ (puisque $x+y+z=0$)
Cordialement. Poulbot
D'une façon générale, on peut prendre pour métrique la restriction de $-a^2yz-b^2zx-c^2x y +(\lambda x +\mu y + \nu z)(x+y+z)$ au plan des vecteurs où $\lambda \in \R$, $\mu \in \R$, $\nu \in \R$ sont des constantes arbitraires.
Quelle est la courbe du plan dont une équation barycentrique homogène est justement:
$-a^2yz-b^2zx-c^2x y +(\lambda x + \mu y + \nu z)(x+y+z)$ et examiner les deux cas particuliers:
$a^2yz+b^2zx+c^2x y =0$ et $S_Ax^2+S_By^2+S_Cz^2=0$
Amicalement
Pappus
$-a^2yz-b^2zx-c^2x y +(\lambda x + \mu y + \nu z)(x+y+z)=0$, c'est visiblement un cercle car c'est une conique qui a les mêmes points à l'$\infty $ que le cercle circonscrit $a^2yz+b^2zx+c^2x y =0$.
La droite $\lambda x+\mu y+\nu z=0$ est son axe radical avec le cercle circonscrit et $\lambda ,\mu ,\nu $ sont les puissances de $A,B,C$
Quant à $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$ c'est le cercle par rapport auquel $ABC$ est autopolaire (sa matrice est diagonale). Il est centré en l'orthocentre et n'est réel que si $ABC$ est obtusangle.
Mais il doit probablement exister sur ce forum des tas de messages sur ce sujet.
Cordialement (et bonne nuit). Poulbot
Poulbot a donné ses principales propriétés. Je crois qu'on l'appelle le cercle polaire, justement parce que c'est le seul cercle par rapport auquel le triangle $ABC$ est autopolaire.
Pourriez vous quand il est réel préciser sa position par rapport au cercle circonscrit et au cercle des neuf points?
Et même quand il n'est pas réel, il définit toujours une inversion qui, elle, existe bien. Comment opère-t-elle sur les deux cercles que je viens de citer?
Amicalement
Pappus, always in the move and without drawings!
Cercle circonscrit : $a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy=0$
Cercle d'Euler : $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}-\left( a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy\right) =0$
Cercle polaire : $S_{A}x^{2}+S_{B}y^{2}+S_{C}z^{2}=0$
Visiblement ces trois cercles sont membres d'un même faisceau; ce faisceau contient aussi le cercle diamètre $\left[ GH\right] $ ($G=$centre de gravité) d'équation $-a^{2}yz-b^{2}zx-c^{2}xy+\frac{2}{3}\left( S_{A}x+S_{B}y+S_{C}z\right) \left( x+y+z\right) =0$
L'axe radical du faisceau est la droite $S_{A}x+S_{B}y+S_{C}z=0$ (polaire trilinéaire de $H$) et la ligne des centres est clairement la droite d'Euler.
Le rayon $\rho $ du cercle polaire vérifie $\rho ^{2}=-4R^{2}\cos \widehat{A}\cos \widehat{B}\cos \widehat{C}$; quant à l'inversion par rapport à ce cercle, elle transforme les sommets $A,B,C$ en les pieds des hauteurs correspondantes, c'est-à-dire qu'elle échange le cercle circonscrit et le cercle d'Euler.
Le cercle polaire devrait être aussi le lieu des centres $o$ des hyperboles équilatères inscrites dans le triangle $ABC$.
That's all folks.
Poulbot, comment as tu fait pour tracer ton hyperbole équilatère inscrite ?
Cordialement,
Rescassol
Poulbot se donne le centre $o$ de l'hyperbole sur le cercle polaire.
Puis il construit le perspecteur de l'hyperbole comme isotomique de l'anticomplément de $o$ et enfin l'hyperbole elle même avec ses asymptotes.
Si $A'$ est le point de contact avec $BC$, les droites $oA'$ et $BC$ sont également inclinées sur les asymptotes qui sont donc les bissectrices de ces deux directions.
L'inversion par rapport au cercle polaire échange bien le cercle circonscrit et le cercled'Euler.
C'en est donc un des deux cercles bissecteurs quand il est réel.
L'autre cercle bissecteur qui lui est orthogonal a pour centre $G$.
Amicalement
Pappus
je l'ai tracée comme je fais pour n'importe quelle conique inscrite connaissant son centre $o$: si la conique est tangente à $BC,CA,AB$ en $M_{a},M_{b},M_{c}$, les droites $AM_{a},BM_{b},CM_{c}$ concourent en point $P$ qui est l'isotomique de l'anticomplément $o^{\prime }$ de $o$. Les points $M_{a},M_{b},M_{c}$ et leurs symétriques par rapport à $o$ suffisent largement au tracé.
Cordialement. Poulbot (qui vient de voir que Pappus avait anticipé sa réponse et qui, du coup, a ajouté les asymptotes)
Merci à vous deux.
Et pour une conique à centre circonscrite ?
Et pour une parabole (inscrite ou circonscrite) ?
Cordialement,
Rescassol
Je ne comprends pas le lien établi entre les bissectrices et l'inversion dans la dernière phrase de Pappus.
Merci et bonne soirée.
pappus écrivait:
> Mon cher Rescassol
> Poulbot se donne le centre $o$ de l'hyperbole sur
> le cercle polaire.
> Puis il construit le perspecteur de l'hyperbole
> comme isotomique de l'anticomplément de $o$ et
> enfin l'hyperbole elle même avec ses asymptotes.
> Si $A'$ est le point de contact avec $BC$, les
> droites $oA'$ et $BC$ sont également inclinées sur
> les asymptotes qui sont donc les bissectrices de
> ces deux directions.
> L'inversion par rapport au cercle polaire échange
> bien le cercle circonscrit et le cercled'Euler.
Et pour une conique à centre circonscrite ?
Facile : on a 6 points : $A,B,C$ et leurs symétriques par rapport au centre
Et pour une parabole (inscrite ou circonscrite) ?
Il faut connaitre autre chose : supposons, par exemple que l'on connaisse la direction de l'axe; on construit l'isogonal $U$ de son point à l'$\infty $ qui est sur le cercle circonscrit $\left( O\right) $.
Si la parabole est inscrite, $U$ est son foyer et la droite de Simson de $U$ sa tangente au sommet
Si la parabole est circonscrite, elle est l'isogonale de la tangente en $U$ à $\left( O\right) $
On peut aussi, dans ces deux cas, faire une construction purement affine
Pour trouver les paraboles passant par $4$ points donnés $A,B,C,D$, ce sont les isogonales des tangentes menées de l'isogonal de $D$ à $\left( O\right) $
Pour trouver la parabole inscrite tangente à une droite $\Delta $, son foyer est le point de Miquel du quadrilatère complet $\left( AB,BC,CA,\Delta \right) $ (sa tangente au sommet est encore la droite de Simson du foyer)
Les deux paraboles passant par $A,B,C,D$ :
Cordialement. Poulbot
une construction affine d'une parabole circonscrite connaissant la direction de l'axe.
Une parallèle variable $T$ à l'axe coupe $BC$ en $U$ ;
la parallèle en $U$ à $AC$ coupe en $V$ la parallèle à l'axe passant par $B$;
$M=T\cap AV$ décrit la parabole.
Cordialement. Poulbot
Merci, Poulbot, j'étudierai tout ça plus en détail en rentrant ce soir.
Cordialement,
Rescassol
Voilà une applet, montrant la parabole circonscrite, son axe, son foyer et sa directrice, à partir de A, B, C, et de la direction de l'axe en pointillé donnée par L. A, B, C et L sont déplaçables (utilisant la dernière construction de Poulbot).
La figure montrant les détails de la construction sont dans le message suivant.
<applet name="ggbApplet" code="geogebra.GeoGebraApplet" archive="geogebra.jar"
codebase="http://jars.geogebra.org/webstart/4.2/unsigned/"
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Cordialement,
Rescassol
Saurez vous décortiquer ma construction ?
Ceci dit, il y a probablement plus simple.
voici comment je procède pour trouver le foyer et la directrice d'une parabole circonscrite connaissant la direction de l'axe :
- je construis le triangle tangentiel $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$ : les parallèles à l'axe en $A,B,C$ coupent le côté opposé en $U,V,W$; les tangentes à la parabole en $A,B,C$ sont parallèles respectivement à $VW,WU,UV$
- le foyer $F$ est l'isogonal du point à l'$\infty $ de l'axe par rapport au triangle $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$
- la directrice est perpendiculaire à l'axe et passe par les symétriques du foyer par rapport aux côtés de $A^{\prime }B^{\prime }C^{\prime }$
Poulbot, ta méthode pour construire le triangle tangentiel est effectivement plus simple que la mienne. Ensuite, j'ai utilisé le fait que l'orthocentre du triangle tangentiel est sur la directrice. J'ai aussi utilisé le résultat disant que les tangentes en $A$ et $B$par exemple se coupent sur la parallèle à l'axe menée du milieu de $[AB]$. Avec ta construction, on peut aussi utiliser le fait que l'isogonal de l'orthocentre du triangle que tu appelles $UVW$ par rapport à ce triangle est aussi sur la directrice.
Cordialement,
Rescassol