Angles et lieu géométrique

Piteux_gore

Bonjour,
Étant donnés deux points $A, B$, trouver le lieu des points $M$ tels que $\angle MBA = 2.\angle MAB$.
A+

Chaurien

On retrouve le triangle $MAB$ qui a un angle double d'un autre, par exemple le triangle 4-5-6, curiosité qui succède au quelque sorte au célèbre triangle 3-4-5. Cette propriété d'angle double équivaut à : $AB \cdot MB= MA^2-MB^2$, et ça donne une parabole, sauf erreurs de calculs.

Chaurien

Les erreurs étaient bien là, en refaisant les calculs je trouve une hyperbole, peut-être une branche, faut voir de plus près.

Rescassol

Bonsoir

% Piteux_gore - 20 Novembre 2021 - Angles et lieu géométrique

syms t real

a=-1+0i; b=1+0i; p=0+i*t; % Points A, B, P
aB=a; bB=b; pB=-p;

 % Symétrique A' de A par rapport à la droite (BP)
[ap apB]=SymetriquePointDroite(a,b,p,aB,bB,pB);
% On trouve ap=(3t+i)/(t-i)

% Point d'intersection M des droites (AP) et (BA')
[pap qap rap]=DroiteDeuxPoints(a,p,aB,pB); % Droite (AP)
[pbap qbap rbap]=DroiteDeuxPoints(b,ap,bB,apB); % Droite(BA')
[m mB]=IntersectionDeuxDroites(pap,qap,rap,pbap,qbap,rbap);

m=Factor(m) % On trouve m=-(t^2+4i*t+1)/(t^2-3)

% Équation complexe du lieu

syms z zB

pol=coeffs(numden(z-m),t,'All');
polB=coeffs(numden(zB-mB),t,'All');
Eq=Factor(Resultant(pol,polB)/64)

% On trouve:

Eq(z,zB)=z^2 + z*zB + z + zB^2 + zB - 1;

% Équation cartésienne du lieu

syms x y real

Eqx=real(Eq(x+i*y,x-i*y))

% On trouve:

Eqx=3*x^2 - y^2 + 2*x - 1;

% Le centre est Omega(-1/3)
% Les asymptotes y=+/-sqrt(3)*(x+1/3)

Cordialement,

Rescassol

Piteux_gore

RE
J'avais trouvé une branche d'hyperbole, mais quid d'une solution synthétique ?
Plus généralement, peut-on définir les coniques par des conditions d'angle ?
A+

Chaurien

Comme j'ai dit, on retrouve la question classique du triangle qui a un angle double d'un autre. Il y a pas mal de références à ce sujet, notamment à propos de ces triangles à côtés entiers, dont le triangle 4-5-6. On en a certainement parlé sur ce forum, mais c'est toujours difficile à retrouver.

Pour la question qui nous occupe présentement, voici comment je fais avec mes moyens rudimentaires. Soit $P$ le pied de la bissectrice intérieure de l'angle $B$ du triangle $MAB$. Alors $PA=PB$. Les triangles $MAB$ et $MBP$ sont semblables (sommets homologues dans le même ordre).

Il en résulte : $\frac {MA}{MB}=\frac {MB}{MP}=\frac {AB}{BP}=\frac {AB}{PA}=\frac {MB+AB}{MP+PA}=\frac {MB+AB}{MA}$.

On garde : $\frac {MA}{MB}=\frac {MB+AB}{MA}$, soit : $MB \cdot AB=MA^2-MB^2$. C'est la condition entre les longueurs des côtés pour qu'un angle soit double d'un autre. Avec les axes, comme sur la figure, on trouve bien l'équation d'une hyperbole, ou plus précisément de la branche $x>0$.

Chaurien

@ Piteux_gore

Dans ce fil : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/2324428/demande-exos-coniques

j'ai donné une collection d'exercices sur les coniques, que ev a retapés en $\LaTeX$, ce dont je le remercie encore.

L'exercice 5 donne une définition de conique à centre par des conditions d'angle.

J'ai peut-être tiré ceci du Lebossé-Hémery p. 334, je ne m'en souviens plus.

Bonne soirée.

Fr. Ch.

Piteux_gore

RE
Merci à Chaurien pour cette preuve synthétique.
J'étais parti directement sur la géométrie analytique en employant les tangentes.
On remarque que l'un des points $A, B$ est un sommet et l'autre un foyer de l'hyperbole.
On savait a priori que le lieu ne pouvait occuper qu'un des demi-plans définis par la médiatrice de $AB$.
A+

pappus

Bonjour à tous
J'ai moi-même souvent parlé de cette configuration ici même dans des passés indéterminés, RIP.
Voici la figure que j'avais dû donner à l'époque.
Elle montre les foyers, les sommets, les axes et les directrices de cette hyperbole.
On peut aussi rêvasser indéfiniment sur le triangle rouge.
Cette hyperbole est une trisectrice c'est à dire qu'on peut s'en servir pour trisecter.
Une bonne rédaction de tous ces phénomènes passe évidemment par l'utilisation des angles orientés.
Autant dire que c'est foutu d'avance!
Amicalement
pappus