Porisme de Poncelet

Vassillia

Bonjour, je vous propose d'étudier un porisme de Poncelet particulier.

Soit $O$ le centre d'une ellipse mais aussi le centre d'un cercle intérieur à l'ellipse. On va s'intéresser, si vous le voulez bien, et lorsqu'ils existent, aux triangles $ABC$ tel que l'ellipse est circonscrite et le cercle est inscrit.
- $O_{ABC}$ est le centre du cercle passant par $A$, $B$ et $C$
- $A'B'C'$ est le triangle anticevien de $ABC$ par rapport à $O$
- $ellipse_A$ (respectivement $B$ et $C$) est l'ellipse de centre $A'$ passant par $A$, $B$ et $C$

1) Trouver un moyen de faire la figure (tous les coups sont permis)
2) Montrer que $O_{ABC}A$ le rayon du cercle est une constante que l'on cherchera à déterminer
3) Montrer que $O_{ABC}$ se trouve sur un cercle que l'on cherchera à déterminer
4) Montrer que la somme aire de $ellipse_A$ + aire de $ellipse_B$ + aire de $ellipse_C$ est constante

Vous n’êtes pas obligé de faire la question 4 mais au cas où, je la mets quand même et voici une petite animation (basse qualité sinon impossible de la charger)

pappus

Bonjour à tous

L'énoncé est un peu mal ficelé!

J'aurais plutôt écrit.

Soit $\Gamma$ une ellipse de centre $O$.

Chercher les cercles $\gamma$ qui lui sont concentriques tels qu'ils existe une infinité de triangles $ABC$ inscrits dans l'ellipse $\Gamma$ et circonscrits au cercle $\gamma$.

Si on applique les méthodes que j'ai exposées (sans le moindre succès évidemment) dans ce fil initié par RHOM:

https://les-mathematiques.net/vanilla/discussion/2339095/triangle-inscrit-dans-un-cercle-et-circonscrit-a-une-conique#latest

on trouve deux solutions: $r_1=\dfrac{ab}{a+b}$ et $r_2=\dfrac{ab}{a-b}$

Amicalement

pappus

Vassillia

La figure du bas ne respecte pas la contrainte d'avoir le cercle à l'intérieur de l'ellipse et comme c'est mon sujet, c'est moi qui choisis l'énoncé

Mais bravo quand même, cela devrait aider certains et certaines qui le souhaitent à faire la figure. La question 1 est pour ainsi dire résolue.

pappus

Bonsoir à tous

Sur cette figure, j'ai tracé en rouge l'enveloppe du cercle circonscrit (tracé en bleu) au triangle $ABC$.

Amicalement

pappus

Rescassol

Bonsoir,

Question 2: $O_{ABC}A=\dfrac{a+b}{2}$
Question 3: $O_{ABC}$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $\dfrac{a-b}{2}$.

Cordialement,
Rescassol

pappus

Merci Rescassol!

C'est ce que dit ma figure!

Amitiés

pappus

Vassillia

Bravo @Rescassol une démonstration peut-être ?

pappus

Bonne nuit à tous et faites de beaux rêves

Dans le second cas de figure, on trouve exactement la même enveloppe mais avec des contacts différents.

Amicalement

pappus

pappus

Bonjour à tous

Sur cette figure, j'ai fait les choses à l'envers.

Je suis parti de l'ellipse $\Gamma$ de centre $O$ et j'ai tracé un cercle variable $\gamma$ de rayon $\dfrac{a+b}2$ et dont le centre $\Omega$ décrit le cercle de centre $O$ et de rayon $\dfrac{a-b}2$.

Le cercle et l'ellipse ont pour intersection le quadrangle $(P,Q,R,S)$.

J'ai enfin demandé à mon logiciel de me tracer l'enveloppe des six côtés de ce quadrangle.

Comme attendu, j'ai obtenu le cercle de centre $O$ et de rayon $\dfrac{ab}{a+b}$ mais aussi une autre bestiole qui ressemble vaguement à une astroïde affine et dont j'aimerais bien avoir l'équation.

Amicalement

pappus

PS

Il y a de bonnes chances que l'enveloppe soit plus compliquée et que mon logiciel (Cabri) ait oublié quelques morceaux.

Je m'attendais plutôt à des coniques!

pldx1

Bonjour, $\def\bmul{\underset{b}{*}} \def\ptv{~;~} \def\outconi{\mathcal{C}_{\mathrm{out}}} \def\inconi{\mathcal{C}_{\mathrm{in}}}$  

1. Soit $A,B,C$ le triangle validant le porisme. La conique $\inconi$ est un cercle. Son centre $Q$ est donc X(1)$\simeq a:b:c$ et son perspecteur est $U=$X(7). Comme le centre de $\outconi$ est aussi $Q$, son perspecteur est $P=$X(9). On vérifie la propriété bien connue $P\bmul U=Q$. Rappel: \[ P,U\simeq\left[\begin{array}{c} a\left(-a+b+c\right)\\ b\left(a-b+c\right)\\ c\left(a+b-c\right) \end{array}\right],\left[\begin{array}{c} \left(a+b-c\right)\left(a-b+c\right)\\ -\left(a-b-c\right)\left(a+b-c\right)\\ -\left(a-b-c\right)\left(a-b+c\right) \end{array}\right] \]
   
2. Bien entendu, la transformation continue de Lemoine permet de gérer les cercles exinscrits.
3. On se rappelle de la formules d'Euler \[ R=\dfrac{abc}{4S}\ptv r_{0}=\dfrac{2S}{a+b+c}\ptv\rho^{2}\doteq\left|X(1)X(3)\right|^{2}=R\left(R-2r_{0}\right) \] On voit passer le radical de Fuhrmann: $\rho=W_{4}\,\sqrt{R\div2S}$
4. Et on utilise la procédure $\mathrm{mksigpi}$ pour calculer les demi-axes de la conique $\outconi$. On trouve \[ \widehat{a}=R+\rho\ptv\widehat{b}=R-\rho \] Comme $\widehat{a},\widehat{b}$ ne dépendent pas du triangle poristique, on en déduit que $\widehat{a}+\widehat{b}=2R$ et $\widehat{a}-\widehat{b}=2\rho$ sont constants. Et c'est fini.
5. Mais on ne va pas rater l'occasion de faire quelques calculs à grand coups de Veronese et de $\wedge$ (le pappus,pappa,pappum de Maux-lierre). On sait que le point générique d'une conique inscrite (resp. circonscrite) se paramétrise par \begin{eqnarray*} N_{t}\in\inconi & \simeq & u:\,v\,t^{2}:\;w\,\left(-1-t\right)^{2}\\ M_{t}\in\outconi & \simeq & p:q\div t:r\div\left(-1-t\right) \end{eqnarray*}
6. Et alors les paramètres $t=t_{1},t_{2},t_{3}$ relatifs à une configuration poristique donnée sont liées par les relations \begin{eqnarray*} t_{1}+t_{2}+t_{3} & = & \mu\\ t_{1}t_{2}+t_{2}t_{3}+t_{3}t_{1} & = & -\mu-1-\left(qu\div pv\right)-\left(ru\div pw\right)\\ t_{1}\,t_{2}\,t_{3} & = & \left(qu\right)\div\left(pv\right) \end{eqnarray*} En d'autres termes, le paramètre $\mu$ décrit le triangle poristique comme une entité, tandis que les $t_{j}$ décrivent les sommets et points de contacts individuels (avec $N_{3}\in M_{1}M_{2}$ etc) .
7. On calcule le cercle $A_{\mu}B_{\mu}C_{\mu}$. On trouve une expression en $a,b,c,p,q,r,u,v,w,\mu$ de longueur 1802. On substitue les valeurs locales de $P,U$ et l'on trouve que $R_{\mu}=R$. On voit sur la figure que le lieu de $O_{\mu}$ est un cercle de centre $Q$. On vérifie par le calcul que la valeur de $\left|QO_{\mu}\right|$ est indépendante de $\mu$ (c'est donc le $\rho\doteq OI$ usuel). On peut aussi utiliser $\mathrm{locusconi}$. Cela fournit le temps nécessaire pour boire un café.
8. Pour ce qui est des aires des coniques, on sait qu'il y a proportion avec le produit des demi axes. Pour ce qui est de $\outconi$, on trouve $abc/\left(a+b+c\right)$. Pour ce qui est des trois autres, on applique les transformations continues et on additionne. On divise pour se débarrasser de ce $\pi$ disgracieux. Un coup de kitsym donne: \[ \dfrac{\mathrm{total\;area}}{\mathrm{model}}=1+4R/r_{0} \] Et comme cela ne dépend pas de $\mu$, we are done (ut eructent Quirites). D'ailleurs, geogebra confirme !

Cordialement, Pierre.

Vassillia

Bravo ! Je me demande combien tu as de procédures, cela doit être assez hallucinant

Si vous voulez un peu de lecture, voici l'article d'où vient ce sujet

pldx1

Bonjour, $\def\vt{\mathrm{\mathbf{T}}} \def\vzz{\overline{\mathcal{Z}}} \def\vz{\mathrm{\mathbf{Z}}} \def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\pcct{\mathbb{P_{C}\left(C^{\mathrm{3}}\right)}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;}$

1. On rappelle que la dénomination "coordonnées inclusives" permet de poursuivre deux objectifs: (1) faire enrager les vieux salafs (2) insister sur le fait que recueillir les points de vue de Bob (le g.a.r.s qui est du mauvais côté du plan et qui voit $\vz/\vt$) et d'Alice (la fille qui est de l'autre côté du miroir et qui voit $\vzz/\vt$) est ce qui permet de former les colonnes $\vz:\vt:\vzz\in\pcct$.
   
2. On note $N_{a}=\alpha:1:1/\alpha\etc$. Et alors $Q\doteq I_{0}\simeq0:1:0\ptv r_{0}=1$ et de plus \[ A\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{2\beta\gamma}{\beta+\gamma}\\ 1\\ \dfrac{2}{\beta+\gamma} \end{array}\right]\etc\ptv O\simeq\left[\begin{array}{c} \dfrac{2s_{3}s_{1}}{s_{1}s_{2}-s_{3}}\\ 1\\ \dfrac{2s_{2}}{s_{1}s_{2}-s_{3}} \end{array}\right]\ptv R\simeq\dfrac{2s_{3}}{s_{1}s_{2}-s_{3}} \]
3. Et ainsi, $\inconi$ est le cercle unité. On choisit comme $\outconi$ la conique passant par $A,B,C,2Q-A,2Q-B$ (ces points sont fixes, et donc $\outconi$ est fixe). On a: \[ W\doteq\left|OQ\right|=\dfrac{2\mathit{s}_{3}\mathit{W_{a}}\mathit{W_{b}}}{\mathit{s}_{1}\mathit{s}_{2}-\mathit{s}_{3}}\where\mathit{W_{a}}=\sqrt{\mathit{s}_{2}},\;\mathit{W_{b}}=\sqrt{s_{1}\div s_{3}} \] \[ \outconi\simeq\left[\begin{array}{ccc} 2\mathit{s}_{1} & 0 & -\mathit{s}_{1}\mathit{s}_{2}-\mathit{s}_{3}\\ 0 & 8\mathit{s}_{3} & 0\\ -\mathit{s}_{1}\mathit{s}_{2}-\mathit{s}_{3} & 0 & 2\mathit{s}_{2}\mathit{s}_{3} \end{array}\right] \]
4. On calcule les axes et les foyers. Cela donne \[ \widehat{a}=R+W\ptv\widehat{b}=R-W\ptv F\simeq\pm4\mathit{W_{a}}:\frac{s_{1}s_{2}}{s_{3}}-1:\pm4\mathit{W_{b}} \]
5. Et maintenant, on vérifie que cela porise. On prend $N_{A}\simeq\delta:1:1/\delta$. Alors \[ M_{B}M_{c}=\left[1,-2\delta,\delta^{2}\right]\ptv M_{A}\simeq2\delta^{2}\mathit{s}_{3}+2\mathit{s}_{2}s_{3}:\delta\left(\mathit{s}_{1}\mathit{s}_{2}-\mathit{s}_{3}\right):2\delta^{2}\mathit{s}_{1}+2\mathit{s}_{3} \]
6. La quatrième intersection est le point gugulique $G_{t}$. Mais il n'y a pas besoin de le déterminer pour trouver l'enveloppe de $A_{t}G_{t}$. On sait en effet que $A_{t}G_{t}$ et $B_{t}C_{t}$ sont "également inclinées" par rapport à l'axe focal. On prend la symétrique de $B_{t}C_{t}$ par rapport à l'axe. On en prend le point à l'infini $\Omega_{\delta}\simeq s_{2}s_{3}:0:-\delta^{2}s_{1}$. Le quatrième latère est $\Delta=M_{A}\wedge\Omega_{\delta}$. Et le point sur l'enveloppe est \[ E_{\delta}\doteq\Delta\wedge\dfrac{\partial\Delta}{\partial\delta}\simeq\left[\begin{array}{c} s_{2}s_{3}\left(3\delta^{4}s_{1}+2\delta^{2}s_{1}s_{2}-s_{2}s_{3}\right)\\ s_{1}s_{2}\,\delta^{3}\left(s_{1}s_{2}-s_{3}\right)\\ s_{1}\delta^{2}\left(-\delta^{4}s_{1}+2\delta^{2}s_{1}s_{2}+3s_{2}s_{3}\right) \end{array}\right] \]
7. And guess what? Geogebra confirme.
   
   
   

Cordialement, Pierre.