Une Conique
Par un point P, on trace les parallèles aux côtés d'un triangle $ABC$.
Elles coupent les trois côtés en six points $Ab,Ac,Bc,Ba,Ca,Cb$.
1) Montrer que ces six points sont coconiques.
2) Montrer que dans le cas où $P$ décrit l'ellipse de Steiner circonscrite, cette conique dégénère en deux droites se coupant en $\omega$ sur la quartique d'équation barycentrique $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2 - 2(x+y+z)xyz=0$
3) Montrer que si $P$ est sur une médiane du triangle $ABC$, alors $\omega$ y est aussi,
en un point situé au tiers du segment joignant $P$ au sommet de cette médiane.

Cordialement,
Rescassol
Réponses
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Bonjour, en barycentriques donc $A=(1:0:0)$ ; $B=(0:1:0)$ et $C=(0:0:1)$ et $\mathcal L_{\infty}=[1,1,1]$1) On paramétrise $P \simeq (p:q:r)$ et on se rappelle que des droites parallèles se coupent sur la droite de l'infini$A_b=(((B \wedge C) \wedge \mathcal L_{\infty}) \wedge P)\wedge(A\wedge B ) \simeq (p, q + r, 0)$ etcLe veronese conique pour un point $M\simeq (x:y:z)$ est $ver(M)\simeq (x^2:y^2:z^2:xy:yz:xz)$On constate que $det(ver(A_b),ver(A_c),ver(B_a),ver(B_c),ver(C_a),ver(C_b))=0$ donc les points sont coconiques plus précisément ils sont sur la conique $coniq \simeq [((q + r)qr, (p + r)pr, (p + q)pq, -(2pq + pr + qr + r^2)r, -(p^2 + pq + pr + 2qr)p, -(pq + q^2 + 2pr + qr)q)]$2) Steiner circonscrite a pour perspecteur $(1:1:1)$, on paramétrise $P \simeq (1:1/t:1/(-1-t))$ et alors on trouve que $coniq \cdot ver(M) = (t^3y + t^2y - t^2z - tx - 2tz - z)(t^3z + t^2y + 2t^2z - tx + tz - x)$ ce qui nous donne bien 2 droites.L'intersection de ces droites calculée à coup de wedge comme précédemment donne $\omega \simeq (( t + 1)^2t^2 : (t + 1)^2 : t^2))$, quartique puisque de degré 4 et on retrouve l'équation voulue.3) Si on s'intéresse à la médiane issue de $C$ alors $t=1$.En normalisé $P=(2/3 : 2/3: -1/3)$ et $\omega=(4/9: 4/9: 1/9)$ donc $\dfrac{\overrightarrow{P\omega}}{ \overrightarrow{PC}}=\dfrac{\omega-P}{C-P}=1/3$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)
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Bonsoir,
Et bravo, Vassillia. La méthode barycentrique fonctionne parfaitement ici.
Si on applique l'homothétie de centre $G$ (centre de gravité) et de rapport $\dfrac{3}{2}$ à cette deltoïde, on obtient une autre deltoïde tri-tangente au triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
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Bonsoir,
La conique est une parabole si $P$ est sur l'ellipse de Steiner inscrite.
Cordialement,
Rescassol
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Bonjour à tousC'est un exercice que j'ai déjà dû donner, il y a longtemps, car je sais l'avoir dans mes tablettes, hélas loin de moi actuellement, alors d'autres questions d'après mes lointains souvenirs1° Quand la conique est-elle un cercle?2° Quand la conique est-elle une hyperbole équilatère?3° Calculer l'excentricitéLes questions posées par Rescassol sont affines, (alors que les miennes sont euclidiennes).AmicalementpappusPSCette figure devrait se trouver dans l'ignoble Lalesco sans le moindre véronèse à se mettre sous la dent hélas!
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Bonjour à tousVoici la figure pour l'hyperbole équilatère.Amicalementpappus
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Le passage en euclidien veut juste dire qu'il nous faut une métrique, $pyth=-\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{rrr} 0 & c^{2} & b^{2} \\ c^{2} & 0 & a^{2} \\ b^{2} & a^{2} & 0 \end{array}\right)$ le cercle circonscrit à $A$, $B$ et $C$ avec $a=BC$, $b=CA$ et $c=AB$1) Les ombilics (alias points cycliques) sont les points à l'infini par lesquels passent tous les cercles, on les trouve (même si ce n'est pas très axiomatique) en résolvant $^t M \cdot pyth \cdot M=0$ et $\mathcal L_{\infty} \cdot M=0$ ce qui donne $Ox$ et $Oy$On veut que notre conique soit un cercle donc elle passe par les ombilics c'est à dire $coniq\cdot ver(Ox)=0$ et $coniq\cdot ver(Oy)=0$ ce qui donne comme condition $P \simeq (a^2:b^2:c^2)$ est le point de Lemoine2) Pour une hyperbole équilatère, il faut que les points à l'infini correspondent à des vecteurs orthogonaux autrement dit on résout $coniq\cdot ver(M)=0$ et $\mathcal L_{\infty} \cdot M=0$ ce qui donne les points à l'infini $M_1$ et $M_2$ de la conique. Il ne reste plus qu'à écrire la condition d'orthogonalité $^t M_1 \cdot pyth \cdot M_2=0$ et il se trouve que c'est l'équation d'une droite donc $P$ doit appartenir à la droite $[-a^2 + b^2 + c^2, a^2 - b^2 + c^2, a^2 + b^2 - c^2]$3) Pas trop motivée pour caractériser une conique autrement que par son équationLa 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)
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Bonjour à tousLa droite de coordonnées (dites tangentielles quand j'étais taupin) $(-a^2+b^2+c^2:a^2-b^2+c^2:a^2+b^2-c^2)$ est la polaire trilinéaire de l'orthocentre.Bof!Amicalementpappus
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Bonjour,
Pour le point de Lemoine, le cercle obtenu a pour centre $X_{182}$.
C'est le milieu de $[OK]$ ($O$ est le centre du cercle circonscrit et $K$ est le point de Lemoine).
Et le rayon de ce cercle est $R=\dfrac{abc\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{4S(a^2+b^2+c^2)}$ où $S$ est l'aire du triangle $ABC$.
Cordialement,
Rescassol
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Le problème posé par Rescassol est un problème projectif pour la première question et affine pour la suite...
Si l'on considère la conique passant par 5 des 6 points étudiés, elle passe forcément par le sixième, car cette conique forme avec la droite de l'infini une cubique qui passe par 8 des points d'intersection des cubiques brune et bleue... On peut remplacer le reste de l'énoncé par des questions de géométrie euclidienne qui ne sont pas posées, il n'en reste pas moins la question concernant la deltoïde biscornue qui est, elle, une question de géométrie affine. On peut (plus légitimement ici) la traiter en passant par une structure euclidienne provisoire (cf. par exemple la Géométrie ab ovo)...
Munissons le plan affine de Rescassol d'un produit scalaire qui rend le triangle ABC équilatéral et, par conséquent, rebaptise l'ellipse de Steiner en triangle circonscrit de centre O. Si P est sur ce cercle, les six points de la conique dégénérée appartiennent à deux droites qui ne sont autres que les images de la droite de Simson associée à P dans deux similitude de centre P, de rapport 2/√3 et d'angles ±30°. Cherchons le lieu du point d'intersection 𝜔 des deux droites.
La droite de Simson passe par la projection n de P sur AB et par le milieu du rayon OP (penser à la droite de Steiner associée). Il suffit de transformer ces deux points par les similitudes précédentes pour obtenir les deux droites formant la conique dégénérée : on obtient ces images en utilisant le triangle équilatéral (vert) PAcCa et le triangle équilatéral (rose) de hauteur PI, inscrit dans le cercle PQ de rayon égal au tiers du rayon du cercle circonscrit.
Comme les deux droites 𝜔Ab et 𝜔Ac se correspondent dans une rotation de centre P et comme elles font des angles égaux avec la droite de Simson, P𝜔 est perpendiculaire à celle-ci, si bien que Q𝜔 est parallèle à la droite de Simson. Nous aurons prouvé que le lieu de 𝜔 est une (vraie) hypocycloïde à trois rebroussements si nous montrons que l'angle c est égal au triple de l'angle d, lui-même égal au double de l'angle b. Or, si m est la projection de P sur le côté BC, les points PmnC sont cocycliques et l'angle a est donc égal à l'angle entre la droite de Simson et le côté AC. Le reste s'en déduit par un calcul simple.
Il ne reste plus qu'à oublier la structure euclidienne ou, si l'on préfère la conserver, envoyer la figure sur n'importe quel triangle à l'aide d'une transformation affine...
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Bonsoir,
Pappus, l'excentricité est un chouïa compliquée:
$\phi=\dfrac{(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(b-a+c)(2(uv+vw+wu)-(u^2+v^2+w^2))}{16(S_au+S_bv+S_cw)^2)}$
$\Delta=1-4\phi=\dfrac{(a^2b^2w^2+b^2c^2u^2+c^2a^2v^2) - 2(a^2S_avw+b^2S_bwu+c^2S_cuv)}{(S_au+S_bv+S_cw)^2}$
D'où l'excentricité $e=\dfrac{-\Delta+\sqrt{\Delta}}{2\phi}$
Ou encore $e=\sqrt{\dfrac{2\sqrt{\Delta}}{1+\sqrt{\Delta}}}$.
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour VassilliaVassillia a dit :Steiner circonscrite a pour perspecteur $(1:1:1)$, on paramétrise $P \simeq (1:1/t:1/(-1-t))$2. Comment fait-on pour "paramétriser $P \simeq (1:1/t:1/(-1-t))$"?3. Utilise-t-on une méthode ad hoc ou générale ?
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Bonjour,
Stfj, si $xy+yz+zx=0$, alors $M=[x;\space y;\space z]=\left[x;\space y;\space -\dfrac{xy}{x+y}\right]$On peut choisir $x=t$ et $y=1$ doù la paramétrisation.
Tu obtiendras de même une paramétrisation de toute conique circonscrite à partir de $pxy+qyz+rzx=0$
Enfin, les rôles des variables $x,y,z$ sont interchangeables.
Cordialement,
Rescassol
Bonjour!
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