
Paraboles
Bonjour,
Soit la parabole tangente en $B$ et $C$ aux côtés $(AB)$ et $(AC)$ d'un triangle $ABC$ et permutation circulaire.
1) Trouver les équations barycentriques des trois paraboles.
2) En déduire leurs points d'intersection $A',B',C'$ et montrer qu'ils forment un triangle homothétique au triangle $ABC$.
(Le centre étant le centre de gravité $G$ de $ABC$ et le rapport $-\dfrac{1}{3}$).
($A'$ est le centre de gravité de $BCG$ et permutation circulaire)
3) Montrer que le triangle des foyers des trois paraboles est en perpective avec $ABC$, le perspecteur étant le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.

Cordialement,
Rescassol
Soit la parabole tangente en $B$ et $C$ aux côtés $(AB)$ et $(AC)$ d'un triangle $ABC$ et permutation circulaire.
1) Trouver les équations barycentriques des trois paraboles.
2) En déduire leurs points d'intersection $A',B',C'$ et montrer qu'ils forment un triangle homothétique au triangle $ABC$.
(Le centre étant le centre de gravité $G$ de $ABC$ et le rapport $-\dfrac{1}{3}$).
($A'$ est le centre de gravité de $BCG$ et permutation circulaire)
3) Montrer que le triangle des foyers des trois paraboles est en perpective avec $ABC$, le perspecteur étant le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.

Cordialement,
Rescassol
Réponses
-
Bonjour Rescassol,pour la parabole rouge tangente en $B$ et $C$ aux côtés $[AB]$ et $[AC]$ du triangle $ABC$, je trouve comme équation barycentriques (en me plaçant dans le repère $(A,B,C)$) : $x^2-2yz=0$. Soit la parabole ayant comme matrice : $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}$.Je ne suis pas du tout sûr de moi, j'aurais besoin de savoir si je suis sur la bonne voie ou pas du tout !Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
-
Bonjour NicoLeProf, c'est bien une conique, elle passe bien par $B$ et par $C$ et elle est bien tangente à $(AB)$ et à $(AC)$ mais comment faire pour que ce soit une parabole ? Elle doit aussi être tangente à la droite de l'infini.Par exemple, on peut partir de la matrice tangentielle $Q^{-1}$ symétrique 3x3 avec des coefficients inconnus.La tangente $(AC)$ doit donc vérifier $ (AC) Q^{-1\ t} (AC)=0$ et le point de tangence est $Q^{-1 \ t} (AC) \simeq C$.De même pour la tangente $(AB)$ donc $ (AB) Q^{-1 \ t}(AB)=0$ avec $Q^{-1 \ t} (AB) \simeq B$.Et enfin la droite de l'infini est tangente donc $\mathcal L_{\infty} Q^{-1 \ t } \mathcal L_{\infty}=0$Il ne reste plus qu'à trouver la matrice pointique $Q$ en inversant $Q^{-1}$
La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley) -
Bonjour,
Plus rapide: on calcule le centre et on écrit qu'il est à l'infini (somme nulle).
Une conique tangente à $(AB)$ et $(AC)$ en $B$ et $C$ a bien pour équation $x^2-tyz=0$ avec un paramètre $t$ réel, mais une seule est une parabole.
Cordialement,
Rescassol
-
Bonjour à tousUne façon de faire quand j'étais en taupe alors que je n'avais pas le début du commencement de l'idée de matrice!Le faisceau des coniques tangentes en $B$ à la droite $AB$ et en $C$ à la droite $AC$ est::$$x^2+\lambda yz=0$$On le coupe par la droite de l'infini d'équation: $x+y+z=0$On élimine $x$ pour obtenir: $(y+z)^2+\lambda yz=0$On écrit que le discriminant de cette forme quadratique en $(y,z)$ est nul: $(\lambda+2)^2=4$avec pour solutions: $\lambda=\{0,-4\}$.Je vous laisse conclure.Noter que les équations des trois paraboles ne dépendent pas de la métrique utilisée!Amicalementpappus
-
Héhéhé, je n'étais pas si loin que ça au final ! Je suis content !En plus, je me suis dit que c'était embêtant de fixer une des lettres de ma conique car je n'avais pas l'unicité de ma parabole du coup alors que cette unicité est suggérée par Rescassol dans l'énoncé !J'ai bien compris vos méthodes pappus et Vassillia, je trouve dans les deux cas : $x^2-4yz=0$ comme équation de la parabole rouge.Par contre, pour ta méthode Rescassol, je ne vois pas comment déterminer le centre ou plutôt, j'ai l'impression que cela rejoint la méthode de Vassillia grâce à l'égalité qu'elle a écrite ci-dessus : $\mathcal L_{\infty} Q^{-1 \ t } \mathcal L_{\infty}=0$.Car $Q^{-1 \ t } \mathcal L_{\infty}$ donnerait le centre de cette parabole non? (Puisque $\mathcal L_{\infty} Q^{-1 \ t } \mathcal L_{\infty}$ est la somme des trois composantes de $Q^{-1 \ t } \mathcal L_{\infty}$ et on veut que cette somme soit nulle donc un point à l'infini).Par suite, par permutations circulaires, je trouve :-> une équation de la parabole verte tangente à $[AB]$ en $A$ et à $[BC]$ en $C$ : $y^2-4xz=0$.-> Une équation de la parabole bleue tangente à $[AC]$ en $A$ et à $[BC]$ en $B$ : $z^2-4xy=0$.Question $1$ terminée donc !A suivre !Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
-
Question 2 : je trouve facilement $A' \simeq \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ 4 \end{pmatrix}$ puis, par permutations circulaires, $B' \simeq \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix}$ et $C' \simeq \begin{pmatrix} 4 \\ 4 \\ 1 \end{pmatrix}$.Il vient alors : $\overrightarrow{GA'}=\overrightarrow{AA'}-\overrightarrow{AG}=\dfrac{4}{9} \overrightarrow{AB}+\dfrac{4}{9} \overrightarrow{AC}-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{AB}-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{AC}=\dfrac{1}{9} \overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{9} \overrightarrow{AC}=-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{GA}$. Donc $A'$ est l'image de $A$ par l'homothétie de centre $G$ et de rapport $-\dfrac{1}{3}$.On démontre exactement de la même manière que $\overrightarrow{GB'}=-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{GB}$ et que $\overrightarrow{GC'}=-\dfrac{1}{3} \overrightarrow{GC}$.
Ce qui conclut cette question 2 !Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Question 3 : les foyers des $3$ paraboles semblent être leurs centres d'après ce que je comprends. Je trouve donc grâce à la méthode de Vassillia et aux matrices des différentes paraboles : $F_R \simeq \begin{pmatrix} 1 \\ -0,5 \\ -0,5 \end{pmatrix}$ ; $F_V \simeq \begin{pmatrix} -0,5 \\ 1 \\ -0,5 \end{pmatrix}$ et $F_B \simeq \begin{pmatrix} -0,5 \\ -0,5 \\ 1 \end{pmatrix}$ où je note $F_R$, $F_V$, $F_B$ les foyers respectifs des paraboles rouge, verte et bleue.Je calcule la droite $(F_V F_B)$ en faisant $F_V \wedge F_B \simeq [1,25 ; 0,75 ; 0,75]$.Je calcule le point à l'infini de cette droite : $(F_V F_B)_{\infty} \simeq \begin{pmatrix} 0 \\ -0,5 \\ 0,5 \end{pmatrix}$.Je vérifie que c'est le point à l'infini de la droite $(BC)$, ce qui est le cas vu que $(BC) \simeq [1,0,0]$.Ainsi, $(F_VF_B) // (BC)$ et je vérifie de même que $(F_VF_R)$ et $(AB)$ sont parallèles et que $(F_RF_B)$ et $(AC)$ sont parallèles. Donc le triangle des foyers des trois paraboles est bien en perspective avec $ABC$.Il me manque juste la preuve de "$K$ est le perspecteur" (je ne sais pas ce que c'est un perspecteur mais je sais que $K \simeq \begin{pmatrix} a^2 \\ b^2 \\ c^2 \end{pmatrix}$, j'aurais seulement besoin de la déf de perspecteur).Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
-
Bonsoir,
Deux triangles $A_1B_1C_1$ et $A_2B_2C_2$ sont dits en perspective si les droites $(A_1A_2),(B_1B_2),(C_1C_2)$ sont concourantes. Le point de concours s'appelle le perspecteur.
D'autre part, le foyer d'une parabole n'est pas à l'infini.
En l'occurence, il faut trouver pour le foyer de la parabole rouge $F_A=[2S_a; b^2; c^2]$.
J'en profite pour rajouter une question:
4) Montrer que le triangle formé par les trois directrices des paraboles est en perspective avec $ABC$, le perspecteur étant le point $X_{262}$, et qu'il a même centre de gravité $G$.
Cordialement,
Rescassol -
Bravo pour les questions 1 et 2 mais il me semble que tu confonds centre (à l'infini que tu as calculé et d'ailleurs la somme des coefficients vaut $0$) et foyer $F$.Pour une parabole $^t F \cdot Q$ donne la directrice $d$, une illustration que je prends à wikipedia https://fr.wikipedia.org/wiki/ParaboleUne méthode, très force brute pour trouver les foyers de n'importe quelle conique, c'est de dire que toute droite qui passe par un foyer et par un ombilic est tangente à la conique et comme tu as la matrice tangentielle...Autrement dit $(F \wedge \Omega_x) Q^{-1 \ t} (F \wedge \Omega_x)=0$ et $(F \wedge \Omega_y) Q^{-1 \ t} (F \wedge \Omega_y)=0$Je rappelle qu'en barycentrique les ombilics sont $\Omega_x=(S_b-2iS:S_a+2iS:-c^2)$ et $\Omega_y=(S_b+2iS:S_a-2iS:-c^2)$, ce sont les points à l'infini par lesquels passent tous les cercles. En effet, un cercle est de degré 2, la droite de l'infini, comme n'importe quelle droite est de degré 1. Il y a donc 2x1=2 intersections, certes imaginaires car on voit bien qu'un cercle ne va pas jusqu'à l'infini mais ce sont des intersections quand même.C'est quand même plus sympa en Morley car $\Omega_x=(1:0:0)$ et $\Omega_y=(0:0:1)$ mais bon...PS : $a=Distance(B,C)$, $b=Distance(C,A)$,$c=Distance(A,B)$, $S_a=(b^2+c^2-a^2)/2$, $S_b=(a^2+c^2-b^2)/2$, $S_c=(a^2+b^2-c^2)/2$, $S=\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}/4$.
La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley) -
Merci beaucoup Vassillia, effectivement : je confondais centre et foyer, ça m'a l'air bien calculatoire pour le coup. J'essaierai demain !Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
-
Ok je continue, merci beaucoup Vassillia, j'entre donc les conditions : $(F \wedge \Omega_x) Q^{-1 \ t} (F \wedge \Omega_x)=0$ ; $(F \wedge \Omega_y) Q^{-1 \ t} (F \wedge \Omega_y)=0$ sur sagemath et j'ajoute la condition $x+y+z=1$ pour avoir une unique solution pour le foyer sur sagemath. Puis, je multiplie par ce qui va bien pour trouver comme Rescassol.Sagemath me renvoie pour le foyer de la parabole rouge : $F_R \simeq \begin{pmatrix} -2S_a/(a^2-2b^2-2c^2) \\ -b^2/(a^2-2b^2-2c^2) \\ -c^2/(a^2-2b^2-2c^2) \end{pmatrix}$ soit $F_R \simeq \begin{pmatrix} 2S_a \\ b^2 \\ c^2 \end{pmatrix}$ donc comme Rescassol !Je procède de la même manière et je trouve :Foyer de la parabole verte : $F_V \simeq \begin{pmatrix} a^2 \\ 2S_b \\ c^2 \end{pmatrix}$.Foyer de la parabole bleue : $F_B \simeq \begin{pmatrix} a^2 \\ b^2 \\ 2S_c \end{pmatrix}$.Maintenant, on peut trouver des équations des trois droites pour conclure :$(AF_R) \simeq [0,-c^2,b^2]$.$(BF_V) \simeq [c^2,0,-a^2]$.$(CF_B) \simeq [-b^2,a^2,0]$.On trouve bien : $(AF_R) \cap (BF_V) = \{K\}$ ; $(AF_R) \cap (CF_B) = \{K\}$ et $(BF_V) \cap (CF_B)=\{K\}$ avec $K \simeq \begin{pmatrix} a^2 \\ b^2 \\ c^2 \end{pmatrix}$, le point de Lemoine du triangle $ABC$.
Et la question $3$ est terminée.
La question $4$ est abordable je pense grâce aux indications données par Vassillia, à suivre donc !
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Question 4 :On calcule (merci Vassillia !!!
) les directrices grâce à la formule donnée par Vassillia :
Directrice de la parabole rouge : $(D_R) \simeq [2S_a,-0,5c^2,-0,5b^2]$.Directrice de la parabole verte : $(D_V) \simeq [-0,5c^2,2S_b,-0,5a^2]$.Directrice de la parabole bleue : $(D_B) \simeq [-0,5b^2,-0,5a^2,2S_c]$.On calcule les points d'intersection :$\{A_1\} = (D_R) \cap (D_V)$ et $A_1 \simeq \begin{pmatrix} 0,25a^2c^2+S_b b^2 \\ 0,25 b^2 c^2+S_a a^2 \\ -0,25 c^4+4 S_b S_a \end{pmatrix}$.Enfin, grâce à sagemath : $(AA_3) \cap (BA_2) = (AA_3) \cap (CA_1)=(CA_1) \cap (BA_2)$ .$\{A_2\} = (D_R) \cap (D_B)$ et $A_2 \simeq \begin{pmatrix} 0,25a^2b^2+S_c c^2 \\ -0,25 b^4+4S_c S_a \\ 0,25 b^2c^2+ S_a a^2 \end{pmatrix}$.$\{A_3\} = (D_V) \cap (D_B)$ et $A_3 \simeq \begin{pmatrix} -0,25a^4+4S_b S_c \\ 0,25 b^2 a^2+S_c c^2 \\ 0,25 a^2 c^2+ S_b b^2 \end{pmatrix}$.
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Et voilà, un exercice bien mené par @NicoLeProf, ce n'est pas si difficile la géométrie quand on a les bons outils.On peut quand même dire merci à @pldx1 aussi, c'est lui qui a fait connaitre ces méthodes sur ce forum, à moi en tout cas.La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley)
-
Bonjour,
Effectivement, bien vu, NocoLeProf.
Une petite question de plus, facile avec les outils que tu as maintenant:
5) Montrer que le centre du cercle circonscrit au triangle des directrices est aligné avec le centre de gravité $G$ et le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.
cordialement,
Rescassol
-
Bonjour,ce qui me manque un peu dans la question 4 est : "le triangle formé par les trois directrices des paraboles a même centre de gravité $G$ que le triangle $ABC$" (autre que le perspecteur qui me semble un peu compliqué niveau coordonnées).En fait, sur le plan du raisonnement, je sais le faire : j'ai trouvé des équations barycentriques de deux médianes du triangle $A_1A_2A_3$ et j'ai trouvé leur point d'intersection mais la troisième coordonnées bugue j'ai l'impression car les deux premières sont identiques mais la troisième est différentes des autres. Je suis pourtant censé retomber sur $G \simeq \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.Mes points $A_1$, $A_2$ et $A_3$ sont-ils corrects? (Sur sagemath, je trouve des résultats bien compliqués pour le point de concours des médianes du triangle $A_1A_2A_3$).Même remarque pour la question 5, ok pour le raisonnement mais sagemath n'arrive pas à calculer $\det(M)$ et à trouver $0$ où $M$ est la matrice formée par les coordonnées du centre du cercle circonscrit à $A_1A_2A_3$ en première colonne, de $G$ en deuxième colonne et de $K$ en troisième colonne.Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs.
-
J'avoue n'avoir pas vérifié n'étant pas chez moi, je le ferai ce soir si personne ne l'a fait d'ici là mais tu peux essayer toi-même sur geogebra pour voir si c'est correct ou pas.
La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley) -
Tu as utilisé quelle matrice pour calculer les directrices ? Il me semble que le problème vient de là, elles ne me semblent pas correctes, tu obtiens des parallèles.
La philosophie nous enseigne à douter de ce qui nous paraît évident. La propagande, au contraire, nous enseigne à accepter pour évident ce dont il serait raisonnable de douter. (Aldous Huxley) -
Bonjour,
Pour les directrices, il faut trouver $DirA=[S_a, -c^2, -b^2]$ et permutation circulaire.
Pour le triangle des directrices:
$A_1=[- 3a^4 - b^4 + 2b^2c^2 - c^4;$
$4a^2b^2 + 2a^2c^2 + 2b^2c^2 - 2c^4;$$2a^2b^2 + 4a^2c^2 - 2b^4 + 2b^2c^2]$ et permutation circulaire..Pour le centre de gravité, tu n'as pas besoin des médianes, c'est le barycentre de $\{A_1(1),B_1(1),C_1(1)\}$.
Cordialement,
Rescassol
-
Bonjour,merci pour votre aide, effectivement, mes directrices étaient fausses, j'avais pris les inverses des matrices des paraboles !Cela me paraît mieux maintenant pour les directrices.En revanche, cela reste bizarre aussi car pour $H=\dfrac{1}{3} (A_1+B_1+C_1)$, je suis censé trouver trois coordonnées identiques non et Sagemath ne me renvoie pas du tout ce que je souhaite? Il doit y avoir un truc que je ne comprends pas !Pour $X_{262}$, je trouve ceci pour la première coordonnée : $\displaystyle {\left(4 \, a^{2} b^{2} + 2 \, a^{2} c^{2} + 2 \, b^{2} c^{2} - 2 \, c^{4}\right)} {\left(-2 \, a^{2} b^{2} + 2 \, b^{4} - 4 \, a^{2} c^{2} - 2 \, b^{2} c^{2}\right)}$.
Autre question : pourquoi tout à coup, Sagemath me renvoie-t-il des nombres du genre : $4.00000000000000$? Pas très lisible...Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
Bonjour,
En plus, on a $sum(A_1)=3(a + b + c)(a + b - c)(a - b + c)(b - a + c)$ qui est invariant par permutation circulaire, donc on peut calculer le centre de gravité de $A_1B_1C_1$ par $A_1+B_1+C_1$ sans précaution supplémentaire.
Si tu ne trouves pas trois coordonnées identiques pour $H$, c'est probablement que tu n'as pas permuté circulairement correctement. Il faut permuter non seulement $a,b,c$ mais aussi les coordonnées de $A_1$ pour obtenir $B_1$ etc...
Je n'ai pas d'avis sur Sagemath, j'utilise Matlab.
Cordialement,
Rescassol
-
1.- $(A,B,C)$ base du complété vectoriel $\widehat{ABC}$. $A\times B=\begin{pmatrix}1 \\0 \\0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}0 \\1 \\0\end{pmatrix}= [0,0,1], A\times C=[0,1,0], Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}a & d & e \\d & b & f \\e & f &c \end{bmatrix}$
Les hypothèses se traduisent par $$\boxed{(AC)\cdot Q^{-1}\cdot ^t (AC)=0, Q^{-1 \ t} (AC)\simeq C}$$ et idem pour $AB$ et $\mathcal L_{\infty}$
Soit $b=0,c=0,\begin{pmatrix}d \\b \\f\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}0 \\0 \\1\end{pmatrix}$ donc $d=0$, $\begin{pmatrix}e \\f\\c\end{pmatrix}\simeq\begin{pmatrix}0 \\1 \\0\end{pmatrix}, e=0,a+2f=0$
$$Q^{-1}\simeq\begin{bmatrix}-2& 0 & 0 \\0 & 0 & 1 \\0 & 1 &0 \end{bmatrix}$$
D'où, en utilisant wolfram alpha, $$\color{red}Q\simeq\begin{bmatrix}-1& 0 & 0 \\0 & 0 & 2 \\0 & 2 &0 \end{bmatrix}$$
Vérifions avec geogebra :
Yo! Après avoir lu des commentaires plus haut, merci @Vassillia, et comme tu y invites, merci @pldx1. Et merci à @Rescassol pour cet exercice.Je me sens comme un nain sur des épaules de géant(e)s -
Rescassol a dit :Bonjour,
Soit la parabole tangente en $B$ et $C$ aux côtés $(AB)$ et $(AC)$ d'un triangle $ABC$ et permutation circulaire.
2) En déduire leurs points d'intersection $A',B',C'$ et montrer qu'ils forment un triangle homothétique au triangle $ABC$.
(Le centre étant le centre de gravité $G$ de $ABC$ et le rapport $-\dfrac{1}{3}$).
($A'$ est le centre de gravité de $BCG$ et permutation circulaire)
3) Montrer que le triangle des foyers des trois paraboles est en perpective avec $ABC$, le perspecteur étant le point de Lemoine $K$ du triangle $ABC$.
Cordialement,
RescassolJe vais traiter $2) $et $3)$ synthétiquement :$2)$ soit $MNP$ le triangle mediale; il est connu que si $AC,AC$ sont tangent à parabole alors la$A$- mid-droite (passant par $N$ et $P$) est aussi tangente à la parabole au point milieu de $NP$ appelons le $I$ ;la droite BN recoupe la parabole en $K$; la droite $CK$ intersecte AM en $K'$ ;nous avons $(C(A,I,K',M)=(C,I,K,B)=-1$ donc $\frac{K'I}{K'A}=\frac{ MI}{MA}=\frac {1}{2}$ on deduit $K'I=IG$;ensuite appliquons Menelaus au triangle $AGN $ on trouve $\frac {KN}{KG}=\frac {1}{2} $ implique$GK=\frac {2}{3}GN=\frac {1}{3}BG $ idem nous prouvons que le point $K$ est dans la parabole qui passe par $B,A$ et est tangente à $CB,CA$ ce qui prouve que le triangle d'intersection est homothétique à $ABC$ par l'homothétie de centre $G$ est de rapport $ \frac {-1}{3}$.$3)$ le foyer de nos paraboles n'est autre que le milieu des cordes symmedianes en effet:nous avons $ANP $ est un triangle tangent à la parabole passant par $B,C$ et tangente à $AB,AC$donc le foyer $F$ est sur le cercle $(ANP)$.en plus la direction de droite $AM$ est celle du second foyer infini appelons le $F'$ ainsi$ BA$ est la bissectrice de $ \angle F'BF$ ; $ CA$ est la bissectrice de $ \angle F'CF$on en deduit comme c'est illustré en figure que $\angle BFC=2\angle BAC$ i.e. $F\in $(BOC)$ ce qui mène à$ F$ est le the milieu de la $A$-corde-symmediane; similairement pour les autres;ainsi le résultat s'en découle.cordialementRH HAS
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Bonjour!
Catégories
- 165.5K Toutes les catégories
- 64 Collège/Lycée
- 22.2K Algèbre
- 37.6K Analyse
- 6.3K Arithmétique
- 61 Catégories et structures
- 1.1K Combinatoire et Graphes
- 13 Sciences des données
- 5.1K Concours et Examens
- 26 CultureMath
- 51 Enseignement à distance
- 2.9K Fondements et Logique
- 10.8K Géométrie
- 86 Géométrie différentielle
- 1.1K Histoire des Mathématiques
- 79 Informatique théorique
- 3.9K LaTeX
- 39K Les-mathématiques
- 3.5K Livres, articles, revues, (...)
- 2.7K Logiciels pour les mathématiques
- 29 Mathématiques et finance
- 343 Mathématiques et Physique
- 5K Mathématiques et Société
- 3.4K Pédagogie, enseignement, orientation
- 10.1K Probabilités, théorie de la mesure
- 804 Shtam
- 4.2K Statistiques
- 3.8K Topologie
- 1.4K Vie du Forum et de ses membres