Une ellipse tangente

Rescassol

Bonjour
Voici un problème trouvé chez Tauraso:
% Problem 12438 - 01 - R. Foote and G. Galperin (USA).
% https://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/AMM/amm.html
J'ai "un peu" modifié la présentation.

$ABCD$ est un trapèze isocèle inscrit dans le cercle unitaire:  $(AB)//(CD)$
$F$ et $G$ sont les milieux de $[AB]$ et $[CD]$.
$F_1$ et $F_2$ sont les milieux de $[BC]$ et $[AD]$.
$K$ est le point d'intersection des droites $(AC)$ et $(BD)$.

Alors l'ellipse de foyers $F_1$ et $F_2$ passant par $F$ (et par $G$) est tangente au cercle unitaire (en $T_1$ et $T_2$ alignés avec $K$).
De plus, son grand axe $(H_1 H_2)$ est parallèle à $(T_1 T_2)$.
Enfin, $[H_1 H_2]$ est de même longueur que  $[AC]$ (et $[BD]$).

Il y a $4$ homothéties pouvant servir, et des points cocycliques. Pour le reste, J'ai du Morley circonscrit.

Cordialement,
Rescassol

pldx1

Bonjour et bons chocolats.

La droite $AB$ et les isotropes de $F_1,F_2$  fournissent cinq tangentes. On prend le wedge de leurs fonctions conifiantes et cela donne l'équation droitique de cette conique. Passer à l'adjointe donne $\mathcal C$, la matrice de la conique pointique. On calcule $\det (\mathcal C + K\, \Gamma)$ où $\Gamma$ est la matrice du cercle unité. Cela donne une équation du 3ème degré en $K$ ayant une racine double.  On arrive à "quelle est la question que notre ami Rescassol n'a pas encore posée" ?

Cordialement, Pierre.

Rescassol

Bonjour
Une équation de l'ellipse est, avec Morley circonscrit :
$E(z,\overline{z}) = E_1z^2 + E_2z\overline{z} + E_3\overline{z}^2 + E_4z + E_5\overline{z} + E_6=0$ avec:
$E_1=(b+c)^2$
$E_2=-2ab(b^2-6bc+c^2)$
$E_3=a^2b^2(b+c)^2$
$E_4=-4b(a+c)(b+c)$
$E_5=-4ab^2(a+c)(b+c)$
$E_6=4b(a+b)(c^2+ab)$
 
Cordalement,
Rescassol

Vassillia

Bonjour,
Pas sûre du tout d'avoir trouvé la question recherchée mais puisqu'il faut bien tenter quelque chose :
Montrer que les tangentes en $T_1$ et $T_2$ se coupent au même point que $(AD)$ et $(BC)$ peut-être ?

En tout cas avec les racines

$K1 = 1/4/(a^2 b^2 - 2 ab^2 c + b^2 c^2)$
$K2 = 1/4/(a b^3 - 2 a b^2 c + a b c^2)$
On trouve que $(\mathcal C + K\, \Gamma)$ sont des coniques dégénérées :
- la réunion de la tangente en $T_1$ et de la tangente en $T_2$
- la droite parallèle à $(AB)$ passant par $K$

Rescassol

Bonjour,

> Montrer que les tangentes en $T_1$ et $T_2$ se coupent au même point que $(AD)$ et $(BC)$ peut-être ?

C'est exact, Vassillia.
Mais c'est à démontrer, ainsi que la tangence.

Cordialement,
Rescassol

Vassillia

Justement, je suis en train de me demander si ça ne vaudrait pas la peine de partir de $A$ et $P$ et non pas $A$, $B$ et $C$ pour faire une paramétrisation "plus jolie" et éviter l'embrouille du quadrilatère croisé

Mais je n'ai pas beaucoup d'instinct à ce sujet malheureusement.

Rescassol

Bonsoir
Avec Morley circonscrit, $ABCD$ est un trapèze inscrit si $ad=bc$ donc $d=\dfrac{bc}{a}$, ce qui est simple..
Ça n'évite pas le cas croisé, mais même dans ce cas, les calculs fonctionnent.

Cordialement,
Rescassol

Vassillia

Lorsque le cas est croisé, les calculs donnent bien l'ellipse mais ... elle n'est plus vraiment tangente au cercle ou je me trompe ?
Ceci dit, tu as raison pour la paramétrisation, je me pose sûrement trop de questions, faisons comme si je n'avais rien dit.

Rescassol

Bonjour,

Oui, tu as raison, il n'y a plus tangence quand $ABCD$ est croisé.
Il reste à voir ce qui cloche alors dans le calcul.
En barycentriques, on aurait probablement un discriminant négatif, mais en Morley ????
Je regarderai cet après-midi.

Cordialement,
Rescassol

pldx1

Bonjour, 
$  \def\cir#1{\mathcal{C}_{#1}} {} \def\ii{\bm{{i}}} {} \def\crra#1#2{\operatorname{birap}{}_{#2}\left(#1\right)} \def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}}   \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}}   \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}}$

 Remors quant aux notations. Le point "$K$" n'est pas lié aux constantes $K_{1},K_{2}$, tandis que "$F$" n'a rien à voir avec les foyers. Donc je renomme $\left(A+B\right)/2$ de $F$ en $E$ et je renomme $AC\cap BD$ de $K$ en $H$.

1. On part donc de \[ D,E,G,F_{1},F_{2},H,P\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{\alpha\beta}{\gamma}\\ 1\\ \dfrac{\gamma}{\alpha\beta} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha+\beta\\ 2\\ \dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \gamma+\dfrac{\alpha\beta}{\gamma}\\ 2\\ \dfrac{1}{\gamma}+\dfrac{\gamma}{\alpha\beta} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \beta+\gamma\\ 2\\ \dfrac{1}{\beta}+\dfrac{1}{\gamma} \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \dfrac{\alpha\beta}{\gamma}+\alpha\\ 2\\ \dfrac{\gamma}{\alpha\beta}+\dfrac{1}{\alpha} \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} \alpha\beta\left(\alpha+\gamma\right)\\ \alpha\left(\beta+\gamma\right)\\ \alpha+\gamma \end{array}\right]\left[\begin{array}{c} \alpha\beta\left(\beta+\gamma\right)\\ \beta\left(\alpha+\gamma\right)\\ \beta+\gamma \end{array}\right] \]
2. On part des valeurs $K_{1},K_{2}$ trouvées par Vassillia. Avec la valeur $K=K_{2}$, la matrice pointique de $\cir K$ donne: \[ \left(\left(\beta+\gamma\right)\vz-2\beta\left(\alpha+\gamma\right)\vt+\alpha\beta\left(\beta+\gamma\right)\mathit{\vzz}\right)^{2} \] On "voit bien" qu'il s'agit de $\Delta_{P}$, la conipolaire de $P$.
3. Quant à la valeur de $K=K_{1}$, la matrice adjointe (=droitique) de $\cir K$ donne \[ \left(\alpha\beta\left(\beta+\gamma\right)\vz+\beta\left(\alpha+\gamma\right)\vt+\left(\beta+\gamma\right)\mathit{\vzz}\right)^{2} \] On "voit bien" qu'il s'agit de la conique droitique " toute droite passant par P" . Et alors $\cir{K=1}$ est la réunion des tangentes à $\cir{}$ issues de $P$.
4. La propriété $K_{2}$ montre que les deux coniques ont deux points doubles en commun, et que $\Delta_{P}$ porte la corde commune. Cela se voit sur la première figure. Et cela se voit aussi sur la deuxième figure. En effet, ce n'est pas l'oeil qui "voit" , c'est le cerveau qui " voit" (en utilisant habilement ce que l'oeil a transmis).
5. Afin d'exercer l'intelligence art--ifficielle du lecteur, on peut calculer les coordonnées de ces points doubles communs. Il vient: \[ T_{j}\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{\beta\left(\alpha+\gamma\right)}{\beta+\gamma}+\left(\pm\dfrac{\beta-\gamma}{\beta+\gamma}\right)\,WW_{a}\\ 1\\ \dfrac{\alpha+\gamma}{\alpha\left(\beta+\gamma\right)}+\left(\mp\dfrac{\beta-\gamma}{\beta+\gamma}\right)\,W\dfrac{W_{a}}{\alpha\beta} \end{array}\right] \] avec $W_{a}=\sqrt{\alpha\beta}$ et $W^{2}=-\crra{A,C,B,D}z$. Lorsque les paires $A,C$ et $B,D$ sont entre-mêlées, le birapport est négatif, $W$ est réel et les $T_{j}$ sont visibles. Lorsque les paires $A,C$ et $B,D$ sont séparées, le birapport est positif, $W$ est imaginaire et les $T_{j}$ ne sont pas visibles.
6. En résumé, dans le cas croisé, les deux coniques sont algébriquement tangentes, sans être visiblement tangentes (c'est à dire tangentes en des points visibles).
7. <joke>Lorsque Vassillia se pose la question de savoir si elle se pose trop de questions, alors cette question-là est de trop</joke> . En version sous-titrée: les seules "mauvaises" questions sont les questions que l'on ne pose pas.

Cordialement, Pierre.

Rescassol

Bonjour,

Bon, dans mes calculs, je cherche le point $K$ intersection ds droites $(AC)$ et $(BD)$ (je trouve $k=\dfrac{b(a+c)}{b+c}$), puis les points $T_1$ et $T_2$, intersections de la parallèle à $(AB)$ passant par $K$ avec le cercle. Quand $ABCD$ est croisé, $K$ est à l'extérieur du cercle, et donc cette parallèle ne coupe pas le cercle, ce qui invalide la suite.

Cordialement,
Rescassol

pldx1

OK pour le point $H=AC\cap BD$. 
D'autre part $2\times 1=2$.  Et donc un cercle, courbe algébrique de degré $2$, coupe une droite, courbe algébrique de degré $1$, en deux points. Visibles quand ils sont visibles, et non-visibles lorsque le pied de la perpendiculaire issue du centre sur la droite (le point $H$) est extérieur au cercle. L'affaire est que, même lorsqu'ils ne sont plus visibles, les points $T_1$ et $T_2$ sont des points de contact entre les deux courbes, c'est à dire des points doubles communs.  La polaire de $L$ continue de passer par $H,T_1,T_2$ que le trapèze soit croisé ou non.

Le critère qui va bien est le signe du birapport des quatre points. 

Cordialement, Pierre.

Casagrande

Bonjour,

Comme l'avait suggéré Vassillia, on peut partir du point P : le fait que les tangentes issues de P touchent le cercle 𝛤 aux points d'intersection de celui-ci avec la parallèle à AB menée par K n'est rien d'autre que la construction de la polaire de P par rapport à 𝛤 : 




Cela étant, si O est le centre de 𝛤, les milieux f et f' des cordes BC et AD sont sur le cercle de diamètre OP (angle droit (of, fP)), si bien que TO est la bissectrice de (Tf, Tf') (angles inscrits dans 𝛤1). D'après le premier théorème de Poncelet, TO est normale à l'ellipse, qui est donc bien tangente au cercle aux points de contact avec les tangentes issues de P.

D'autre part, la division harmonique P,Q,C,B implique que PC / Pf = PQ / PB (relation de Mac-Laurin), et par conséquent (théorème de Thalès) que Ef et TC sont parallèles. Le cercle 𝛤2, passant par E, f, f' et H est donc homothétique de 𝛤1 dans une homothétie de centre P, donc il est tangent à PT en E. Dès lors les angles inscrits (EH, Ef') et (Ef, ET) dans 𝛤2 sont égaux, si bien que EF est tangente à l'ellipse, d'après le deuxième théorème de Poncelet.

Par symétrie l'ellipse est évidemment tangente à CD en G, et Il reste enfin à vérifier que le grand axe est égal à AC. Mais ce grand axe est égal au double de Ff... qui n'est autre que la droite des milieux dans le triangle ABC.

Cordialement
Casagrande