Hyperbole équilatère inscrite

Rescassol

Bonjour,

Soit un triangle $ABC$, son cercle circonscrit de centre $O$ et de rayon $R$, et son orthocentre $H$.
Montrer qu'une conique inscrite de centre $M$ est une hyperbole équilatère si et seulement si $M$ est sur le cercle de centre $H$ et de rayon $\sqrt{\dfrac{OH^2-R^2}{2}}$.
Cela suppose bien sûr que $ABC$ est obtusangle.

Cordialement,

Rescassol

Bouzar

Bonsoir Rescassol et Meilleurs Vœux

Effectivement, on trouve le cercle de centre $H$ et de rayon $\sqrt{\dfrac{OH^2-R^2}{2}}.$

Amicalement

Rescassol

Bonjour, Bouzar, et meilleurs vœux également.

As tu vérifié avec Géogébra ?
Il y a quand même peu de chances que j'aie fait une erreur dans mes calculs et une erreur dans Géogébra qui donnent le même résultat faux.
Après vérifications, je trouve toujours $\sqrt{\dfrac{OH^2-R^2}{2}}$.

Cordialement,

Rescassol

pappus

Bonjour et Meilleurs Vœux à tous
C'est Rescassol qui a raison!
J'ai parlé de ce cercle dans un fil récent.
Il s'agit du cercle polaire. C'est le seul cercle du plan par rapport auquel le triangle de référence $ABC\ $ est autopolaire.
Bien sûr ce cercle ne dira rien à personne puisqu'il n'est pas le cercle trigonométrique.
Il me semble qu'on a parlé de ce problème de Rescassol dans un passé plus ou moins lointain.
C'est l'exercice n°22, page 446 du chapitre X du cours de mathématiques-4: Algèbre bilinéaire et géométrie de J.M.Arnaudiès et H.Fraysse publié chez Dunod Université.
Cet exercice est corrigé dans le livre d'exercices associés à ce cours de J.M.Arnaudiès, P.Delezoide, H.Fraysse, page 331 et suivantes.
C'est aussi la proposition 10.7.9, page 113 du glossaire de Pierre.
Il est très instructif de comparer les deux preuves!!!!!
Amicalement
[small]p[/small]appus

Bouzar

Bonjour Rescassol, pappus et Meilleurs Vœux

J'utilise les coordonnées barycentriques.

Le triangle de référence :

$A,B,C\simeq \left[\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$

Le cercle circonscrit au triangle ABC :

$a^2 y z + b^2 z x + c^2 x y = 0$

Un point M :

$M\simeq \left[\begin{array}{c} p\\ q\\ r\end{array}\right]$

La conique inscrite de centre M :

$\small (p - q - r)^2 x^2 + (p - q + r)^2 y^2 + (p + q - r)^2 z^2 - 2 (p + q - r) (p - q + r) yz + 2 (p - q - r) (p + q - r)zx + 2 (p - q - r) (p - q + r)xy =0$

Soit $\mathcal M$ la matrice suivante:
$\mathcal M=

\begin{pmatrix}

a^2&-S_c&-S_b\\

-S_c&b^2&-S_a\\

-S_b&-S_a&c^2

\end{pmatrix}

\qquad $

où les $S_a S_b , S_c$ sont les symboles de Conway:

$S_a=\dfrac{b^2+c^2-a^2}2\, S_b=\dfrac{c^2+a^2-b^2}2\, S_c=\dfrac{a^2+b^2-c^2}2.$

Alors la conique $\Gamma$ de matrice $\mathcal C$ est une hyperbole équilatère si et seulement si:

$\mathrm{Trace}(\mathcal M.\mathcal C)=0$

Or on a :

$\mathcal C = \begin{pmatrix}

(p - q - r)^2&(p - q - r) (p - q + r)&(p - q - r) (p + q - r)\\

(p - q - r) (p - q + r)&(p - q + r)^2&-(p + q - r) (p - q + r)\\

(p - q - r) (p + q - r)&-(p + q - r) (p - q + r)&(p + q - r)^2

\end{pmatrix}

\qquad $

et ainsi

$\tiny \mathcal M.\mathcal C = \begin{pmatrix}

-2 (p - q - r) (a^2 q - b^2 q + c^2 q + a^2 r + b^2 r - c^2 r)&2 (p - q - r) (a^2 q - b^2 q - c^2 q + 2 b^2 r)&2 (p - q - r) (2 c^2 q + a^2 r - b^2 r - c^2 r)\\

2 (p - q + r) (a^2 p - b^2 p + c^2 p - 2 a^2 r)&-2 (p - q + r) (a^2 p - b^2 p - c^2 p - a^2 r - b^2 r + c^2 r)&2 (p - q + r) (-2 c^2 p + a^2 r - b^2 r + c^2 r)\\

2 (a^2 p + b^2 p - c^2 p - 2 a^2 q) (p + q - r)&2 (-2 b^2 p + a^2 q + b^2 q - c^2 q) (p + q - r)&-2 (a^2 p - b^2 p - c^2 p - a^2 q + b^2 q - c^2 q) (p + q - r)

\end{pmatrix} $

On a donc

$\mathrm{Trace}(\mathcal M.\mathcal C)=-4( (a^2 - b^2 - c^2) p^2 -(a^2 - b^2 + c^2) q^2 -(a^2 + b^2 - c^2) r^2 )$

Par suite, la conique $\Gamma$ de matrice $\mathcal C$ est une hyperbole équilatère si et seulement si:

$ (a^2 - b^2 - c^2) p^2 - (a^2 - b^2 + c^2) q^2 - (a^2 + b^2 - c^2) r^2=0$

Or la conique dont une équation est $ (a^2 - b^2 - c^2) x^2 - (a^2 - b^2 + c^2) y^2 - (a^2 + b^2 - c^2) z^2=0$ est le cercle de centre $H\simeq \left[\begin{array}{c} -(a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2)\\ (a^2 - b^2 - c^2) (a^2 + b^2 - c^2)\\ (a^2 - b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2)\end{array}\right]$ et de rayon au carré $\dfrac{-(a^2 - b^2 - c^2) (a^2 + b^2 - c^2) (a^2 - b^2 + c^2)}{2 (a - b - c) (a + b - c) (a - b + c) (a + b + c)}$ soit de rayon $\sqrt{\dfrac{OH^2-R^2}{2}}.$

Rescassol avait effectivement raison.

Amicalement

pappus

Merci Bouzar pour ces beaux calculs et Meilleurs Vœux
Bonnes Fêtes à tous
[small]p[/small]appus