Exercice sur le birapport

pappus

Bonsoir à tous

On se donne dans le plan (projectif) une conique propre $\Gamma$ et un point $P\not \in \Gamma$.

Construire tous les triangles $ABC$ inscrits dans $\Gamma$ tels que le perspecteur de $\Gamma$ par rapport au triangle $ABC$ soit le point $P$.

Amicalement

pappus

RHOM

Salut à tous

 Ce problème est une variante du problème suivant:

Étant donné un cercle, un point $A$ sur cercle et un point $S$ dans le cercle,  construire le  triangle de sommet $A$ dont le point symedian  est $S$ .

Pour une solution voir le post

cordialement

RH HAS

pappus

Bonsoir RHOM

Bravissimo pour ta remarque.

Effectivement, ce n'est qu'une variante.

Le cas "cercle+point de Lemoine" a été traité ici même, il y a bien des années et j'avais d'ailleurs montré son lien étroit avec la géométrie hyperbolique dans le modèle de Klein.

Il faudrait retrouver ces discussions sans doute initiées par moi mais je ne sais pas comment faire et de toutes façons je suis trop vieux et trop usé!

J'avais espéré qu'on remarquerait que le cas "conique + perspecteur" n'en était qu'une variante, notamment en parlant de birapport dans l'intitulé de ce fil mais ces questions de birapport n'intéressent personne à part de gloser interminablement sur ses diverses définitions.

L'utiliser parait hors de portée de ce forum.

Bravo de l'avoir fait.

Ci dessous ma propre construction projective où les données sont la conique $\Gamma$, le point $P$ et un point quelconque $A\in\Gamma$ qui sert de paramètre.

A quoi bon la commenter?

C'est fichu d'avance et de toutes façons tout le monde s'en fout! 

Par contre il serait sans doute intéressant d'empiler les wedges et de donner si possible une paramétrisation projective de ces triangles $ABC$.

Amitiés

pappus

pappus

Bonjour à tous

Ce qui fait marcher la boutique, c'est la propriété suivante qu'on pourrait formuler ainsi rapidement mais peut-être maladroitement:

Les transformations projectives conservent les perspecteurs.

Examinez la figure ci-dessous: elle se divise naturellement en deux: la partie rouge de gauche et la partie bleue de droite, ce n'est pas de la politique!

Soit $f$ la transformation projective envoyant le repère $(A,B,C,P)$ sur le repère $(A_1,B_1,C_1,P_1)$.

Elle va envoyer chaque objet rouge de gauche sur l'objet bleu correspondant de droite.

Ainsi $P_1=f(P)$ est le perspecteur de $\Gamma_1=f(\Gamma)$ par rapport au triangle $A_1B_1C_1=f(ABC)$

Si vous considérez quatre points alignés de la partie rouge, leur birapport va donc être constant.

Alors seulement maintenant, seulement maintenant on peut dégainer ses wedges et calculer ces birapports.

Les figures suggèrent les calculs et les calculs engendrent les figures.

Amicalement

pappus

Jean-Louis Ayme

Bonjour,

 

pour répondre rapidement à RHOM  avec mes notations…

 

(0) un cercle

A un point de (O)

K un point intérieur à (O)

Y le second point d’intersection de (AK) avec (O)

 

Si K est le point de Lemoine, le point X intersection de (AY) avec (BC) que l’on cherche

vérifie la relation   KA/KX : YA/YX = ½.

On considère le cercle 1 de diamètre [OX].

(BC) que l’on cherche est la bissectrice intérieure de <AMY,   M que l’on cherche  étant le milieu de [BC].

On note T le conjugué harmonique de X relativement à [AY] et 2 le cercle de diamètre [AY]

M est alors le second point d’intersection de 1 et 2 ; d’où B et C.

 

Sincèrement

Jean-Louis