cercle tangent à une conique passant par deux points donnés

RHOM

Salut à tous 

 Soient $c$ une conique;  $M,N$ deux points de $c $.

Construire, si possible, un cercle passant par $M,N$ et tangent à $c$ en un point autre que $M$ et $N$.

cordialement.

RH HAS

bd2017

Bonjour

Explication avec la figure où ici la conique $(c)$ est une ellipse. Soit $P_0$ un point situé sur le grand axe et $\Delta$ la droite perpendiculaire au grand axe passant par le symétrique de $P_0$ par rapport au centre. $\Delta$ permet donc de projeter chaque point de l'ellipse  sur elle même (i.e sur $\Delta$ ). Le cercle $(M,N,P_0)$ recoupe (c) en un point dont le projeté sur $\Delta$  est $R_0.$ 

Soit un autre point  $J$ de $(c)$ (dont $J_0$ est le projeté sur $\Delta$)  et soit $K$ (de projeté $K_0$) intersection du cercle $(MNJ)$ avec $(c).$

L'involution induite sur $\Delta$  envoie $R_0$  en l'$\infty$ et $J_0$  en $K_0.$  Il reste donc à construire les points fixes  $fixe_1$ et $fixe_2$ de cette involution.  On revient "en arrière"   et par exemple  on trouve le point  $R$  où le cercle $(MNR)$ est tangent à $(c)$          

Rescassol

Bonjour,

Jean-Louis, sors de ce corps:


Cordialement,
Rescassol

RHOM

Salut à tous

Merci   @bd2017     pour ta contribution et @ Rescassol pour sa serviabilité ;    

 

 oui c'est une  des constructions possibles du cercle  tangent   mais il reste à   montrer que  $J_0\to K_0$ est bien  une involution !

cordialement

RH HAS

bd2017

Re-bonjour c'est clair pour moi que $K_0\mapsto J_0.$  Autrement dit  l'application $K_0=\phi(J_0)$ vérifie bien  $\phi(\phi(J_0))=J_0,$  cela vien de la construction. 

Ce qui est moins clair c'est que justifier que $\phi$  est une homographie. J'en suis convaincu par le calcul mais je ne trouve pas l'argument qui permet de le justifier sans calcul.

RHOM

bd2017 a dit :

Re-bonjour c'est clair pour moi que $K_0\mapsto J_0.$  Autrement dit  l'application $K_0=\phi(J_0)$ vérifie bien  $\phi(\phi(J_0))=J_0,$  cela vien de la construction. 

Ce qui est moins clair c'est que justifier que $\phi$  est une homographie. J'en suis convaincu par le calcul mais je ne trouve pas l'argument qui permet de le justifier sans calcul.

Une involution pour la géométrie projective est  une projectivité  (homographie) de periode $2$ (i.e $ f \omicron f=id$).

" J'en suis convaincu par le calcul" quel calcul? si tu as une preuve quelle qu'elle soit tu peut la présenter .

cordialement 

RH HAS

bd2017

Par exemple si  je prends l'ellipse d'équation  $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$  et un paramétrage quelconque,  par exemple  

$$s(t)=\dfrac{a (t^2 - 1)}{1 + t^2}+ i\dfrac{ 2bt}{1 + t^2},t \in \R$$

Soient les deux points  $M=s(t_1), N=s(t_2).$   Soit $P=s(t)$ un point quelconque  et $P'=s(t')$  tel que    $M,N,P,P'$  soient cocycliques.

On a donc $$ birapport[ s(t_1),s(t_2),s(t),s(t')] \in \R.$$

La résolution de cette équation donne :  

$$t'=\phi(t)=s_1+ \dfrac{s_2}{t-s_1},$$

où  $s_1=\dfrac{1-t_1t_2}{t_1+t_2}$  et $s_2=\dfrac{(1+t_1^2)(1+t_2^2)}{(t_1+t_2)^2} .$

Ces calculs montrent bien que $\phi$  est une homographie  ....c'est ici pour moi le problème...Un calcul est-il nécessaire ici? 

On voit de plus que c'est une involution mais ça c'est naturel, vu  la construction.   

 

Edit:  En  tout cas merci pour cette question qui me permet de faire un peu de géométrie et merci à @Rescassol pour avoir reporté ma figure 

lesmathspointclaires

bd2017 a dit :

 $\Delta$ permet donc de projeter chaque point de l'ellipse  sur elle même . 

Qu'est ce que ça veut dire? 

lesmathspointclaires

L'involution dont il est question est peut-être l'inverse dans le groupe de l'ellipse... je pourrais essayer de comprendre ce que c'est en  lisant les calculs ou en étant plus intelligent (donc ça serait plus moi) mais lire les calculs sans savoir de quoi il s'agit est tellement plus fatigant que ne l'est pour le rédacteur la tâche de juste mettre…la définition😂😂  que je suis incapable de le faire, appelons ça de la dignité mal placée pour justifier de la fainéantise😁😎

bd2017

Bonjour

Voici sur le dessin une autre construction possible: 

 Il faut comprendre que:  

1.  $(OM_1)$  est bissectrice de $(\vec{OL},\vec{OJ})$

2.  $N_3$  est le symétrique de $N_1$  par rapport au grand axe.

Pour la parabole, la construction est simple.  Soit $s$  (resp. $m,n$)   les  projections orthogonales de $S$  ($S=$ "sommet de la parabole") resp (M et N).  

Alors il y a une seule solution $N_3$  de la parabole dont la projection orthogonale $n_3$ sur la directrice est le symétrique du milieu de $[mn]$ par rapport à $s.$ 

Rescassol

Bonjour,

Bd2017, tu pourrais faire un effort pour l'inclusion de tes figures (10e onglet: insérer une image):

Cordialement,
Rescassol

bd2017

Ha!  Je ne savais pas. J'utilisais l'onglet   joindre un fichier.

RHOM

bd2017 a dit :

Bonjour

Voici sur le dessin une autre construction possible: 

 Il faut comprendre que:  

1.  $(OM_1)$  est bissectrice de $(\vec{OL},\vec{OJ})$

2.  $N_3$  est le symétrique de $N_1$  par rapport au grand axe.

Pour la parabole, la construction est simple.  Soit $s$  (resp. $m,n$)   les  projections orthogonales de $S$  ($S=$ "sommet de la parabole") resp (M et N).  

Alors il y a une seule solution $N_3$  de la parabole dont la projection orthogonale $n_3$ sur la directrice est le symétrique du milieu de $[mn]$ par rapport à $s.$ 

Salut à tous 

c' est   bien une seconde construction possible. As tu une preuve?

bd2017

Re-bonjour

J'ai obtenu la  construction par le même procédé que dans la première construction mais avec le paramétrage 

$$m(t)=(a \cos(t), b  \sin(t).$$ On peut vérifier par le calcul que le point $N_3$ est bien l'une des 2 solutions. 

En effet si $M=m(t_1),N=m(t_2)$  alors  $$N_3 =(a \cos(t_3),- b \sin(t_3))$$  où $t_3=\dfrac{t_1+t_2}{2}).$

Un calcul un peu long donne l'intersection de la tangente en $N_3$ au cercle $MNN_3$ avec l'axe $Ox$ le point d'abscisse $x=\dfrac{a}{\cos(t_3)}$

Mais il facile de vérifier que c'est aussi le point d'intersection de la tangente à l'ellipse et l'axe $Ox$.

Je me doute qu'il y a certainement une preuve utilisant  les propriétés de l'ellipse pour éviter ce calcul mais je ne vois pas immédiatement la solution.    

pappus

RHOM

Salut à tous

  bon retour !

Merci @ pappus :  tu as laissé un comble, bon retour!

est ce que $M $ est le milieu de $AB$ ($MN$ selon le texte initial ) ?

si $M$ est le milieu , à moins que je ne me trompe,  je l'ai testé avec Cabri et ça ne marche pas;

si possible la preuve.

cordialement

RH HAS

pappus

Mon cher RHOM

$M$ est bien le milieu de $AB$

J'ai utilisé la propriété suivante bien connue autrefois:

Les côtés opposés d'un quadrangle inscrit dans un cercle et dans une conique sont également inclinés sur les axes de cette conique.

Cela règle aussi la question de l'involution recherchée par certains.

Amicalement

pappus

RHOM

Salut à tous 

à pappus 

c'est clairement prouvé.

Je ne sait pas ce qui s'est passé lors de la vérification par le logiciel!!

Une des mes constructions a trait à cette construction:

Je  remarque que si $MN PQ$ est un quadrilatère variant , cyclique et inscrit dans notre conique $c$  alors $PQ$ reste de même direction en effet: 

 les cercles $\odot(MNPQ)$ ,$\odot(MNP'Q')$ et $c$ ont les deux points $M,N$ en commun donc $PQ,P'Q'$ sont paralleles.

ainsi si on mène la droite passant par le centre de $c$  et le milieu de $PQ$ elle passera par le point de tangence.

GaBuZoMeuBis

Bonsoir,

La conique propre $c$ est (birégulièrement isomorphe à) une droite projective. Le faisceau de cercles $\mathcal F$ de points de base $M$ et $N$ est aussi une droite projective. L'application $c\to \mathcal F$ qui à un point $P$ de $c$ associe le cercle passant par $M,N,P$ est une application rationnelle de degré 2 entre droites projectives. Elle induit donc une involution birationnelle sur $c$, c.-à-d. une homographie involutive, qui échange les deux antécédents d'un cercle de $\mathcal F$, qui sont les deux intersections de ce cercle avec $c$ autres que $M$ et $N$.

On cherche donc les points fixes de cette involution.

Soient $I$ et $J$ les points cycliques. $d$ (resp. $e$) un cercle de $\mathcal F$ qui recoupe $c$ en $P$ et $Q$ (resp. $R$ et $S$).  On a trois cubiques dégénérées : $c\cup(IJ)$, $d\cup (RS)$ et $e\cup (PQ)$. Rappelons le théorème de Cayley-Bacharach : toute cubique passant par huit des points d'intersection de deux cubiques passe aussi par le neuvième. Ici on a huit points $M,N,I,J,P,Q,R,S$, le neuvième est le point commun aux trois droites $(IJ), (PQ),(RS)$ qui sont donc concourantes. Souvenons-nous que $(IJ)$ est la droite de l'infini, donc $(PQ)$ et $(RS)$ sont parallèles. Le diamètre conjugué à la direction de $(PQ)$ nous donne donc les deux points fixes de l'involution.

Vassillia

Bonjour, c'est vraiment GaBuZoMeu ? Si oui et c'est plausible vu le message pas vraiment à la portée de n'importe qui, très très contente de te revoir. Je m'inquiétais de ton absence provisoire.

GaBuZoMeuBis

Bonsoir, oui c'est GaBuZoMeu qui a eu des problèmes de mot de passe ...

On peut vider le problème de toute substance euclidienne :

Soit $c$ une conique, $M$ et $N$ deux points sur $c$, $I$ et $J$ deux points en dehors de $c$. Construire les deux coniques du faisceau de coniques de points de base $M,N,I,J$ tangentes à $c$.

Vassillia

J'ai voulu vérifier que j'ai bien compris donc si cela intéresse quelqu'un ou quelqu'une, je vous mets la figure où les 3 cubiques (bleu, marron, violet) apparaissent https://www.geogebra.org/classic/zfxcx6ch

Normalement, je suis plus calculs que figures mais là quand même, c'est sympa.

RHOM

GaBuZoMeuBis a dit :

Bonsoir, oui c'est GaBuZoMeu qui a eu des problèmes de mot de passe ...

On peut vider le problème de toute substance euclidienne :

Soit $c$ une conique, $M$ et $N$ deux points sur $c$, $I$ et $J$ deux points en dehors de $c$. Construire les deux coniques du faisceau de coniques de points de base $M,N,I,J$ tangentes à $c$.

Salut à tous

 ce problème  se résout similairement.

 En fait les  deux points $I,J$ du cas des cercles sont les points circulaires:

soit $c_1,c_2$ deux coniques passant par $I,J,M,N$ et coupant $c$ en $U_1,V_1$ et $U_2,V_2$,

ainsi les coniques $c,c_1,c_2$ ont deux points communs on en déduit

$U_1V_1,U_2V_2,IJ$ sont concourants en un point $K$.

 Il suffit donc de considérer  une conique $c'$ qui coupe $c$ en $U,V$ puis construire la tangente à $c$  issue de l'intersection de $IJ $ et $UV$

la conique passant par $I,J,M,N$ et un des deux points de tangence est tangente à $ c$

cordialement

RH HAS

GaBuZoMeuBis

RHOM a dit :

soit $c_1,c_2$ deux coniques passant par $I,J,M,N$ et coupant $c$ en $U_1,V_1$ et $U_2,V_2$,

ainsi les coniques $c,c_1,c_2$ ont deux points communs on en déduit

$U_1V_1,U_2V_2,IJ$ sont concourants en un point $K$.

On est bien d'accord là dessus et c'est le noeud de l'affaire. Mais quel est ton argument pour "on en déduit" ?

J'ai invoqué Cayley-Bacharach (qu'on peut aussi invoquer pour le théorème de Pascal, il y a bien aussi neuf points et trois cubiques). Je trouve ça rigolo, mais il y a sans doute plus direct.

RHOM

GaBuZoMeuBis a dit :

RHOM a dit :

soit $c_1,c_2$ deux coniques passant par $I,J,M,N$ et coupant $c$ en $U_1,V_1$ et $U_2,V_2$,

ainsi les coniques $c,c_1,c_2$ ont deux points communs on en déduit

$U_1V_1,U_2V_2,IJ$ sont concourants en un point $K$.

On est bien d'accord là dessus et c'est le noeud de l'affaire. Mais quel est ton argument pour "on en déduit" ?

J'ai invoqué Cayley-Bacharach (qu'on peut aussi invoquer pour le théorème de Pascal, il y a bien aussi neuf points et trois cubiques). Je trouve ça rigolo, mais il y a sans doute plus direct.

si on envoie  $I,J$ aux points circulaires les trois coniques deviennent des cercles et la propriété   équivaut le théorème du centre radical.

cordialement

RH HAS

GaBuZoMeuBis

Oui, exact, merci !
Le centre radical est aussi un avatar de Cayley Bacharach.