Triangles à la manière de Poncelet
Bonjour
Il s'agit de triangles inscrits dans une conique (je me limiterai à une ellipse E) et partageant le même cercle inscrit $\gamma$.
$\Gamma$ est le cercle circonscrit d'un tel triangle ABC.
Prouver que l'enveloppe de $\Gamma$ quand A décrit l'ellipse se compose des 2 cercles $C_1$ (centre $o_1$) et $C_2$ ( centre $o_2$), que I, $o_1$ et $o_2$ sont alignés, que $\gamma$, $C_1$ et $C_2$ sont homothétiques de centre T sur la droite pré-citée, et que les points de contact U et V de $\Gamma$ avec $C_1$ et $C_2$ sont alignés avec T, et donc que T a même puissance par rapport à tous les cercles $\Gamma$. Question subsidiaire : $\dfrac{Io_2}{Io_1} = (\dfrac{b}{a})^2$ où a et b sont les longueurs des axes de E.
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Réponses
Peut-être existe-t-il une preuve synthétique certainement ardue à trouver mais la preuve analytique ne doit pas être plus facile et je suis trop vieux et trop fatigué pour chercher l'une ou l'autre!
Quelques remarques cependant:
1° Tes deux cercles-enveloppes verts sont eux mêmes bitangents à l'ellipse $E$ tracée en bleu, les deux cordes de contact passant par $I$.
2° On doit avoir compte tenu de tes choix des cercles $C_1$ et $C_2$:
$$\dfrac{Io_1}{Io_2}=(\dfrac ba)^2$$ (puisque $b<a$).
3° Le lieu du centre $\Omega$ du cercle circonscrit au triangle $ABC$ est une ellipse de foyers $o_1$ et $o_2$.
Amicalement
pappus
On prend l'un des triangles comme repère barycentrique. Le perspecteur du cercle (intérieur) est X(7) et son centre est $I_0$=X(1). On appelle $P$ le perspecteur de la conique. Le centre $U$ s'obtient par la formule d'autant plus bien connue qu'elle est l'object d'un autre fil. On détermine le point gudulique à l'aide des formules... ou en prenant le tripole de la ligne $KP$ ($K$ = Lemoine=X(6)). Et alors les bissectrices de $AG_u, BC$ donnent les directions d'axes de la conique.
On paramétrise $M,N$ sur la conique et on écrit que $MN$ est tangente au cercle inscrit. Cela fournit une équation du second degré en $s_1,s_2$ (les paramètres de $N_1,N_2$). On utilise les fonctions symétriques et on obtient l'équation du cercle $MN_1N_2$. Le centre est du sixième degré en $t$. Une étude du lieu serait intéressante.
On coupe par le cercle infiniment proche. On constate que leur axe radical passe par un point fixe $T$ qui est le produit barycentrique de $P$ et de X(7). Et le reste suit aisément.
Cordialement, Pierre.
Si l'on paramétrise la conique externe par \[M\simeq \dfrac p 1 : \dfrac q t : \dfrac r {-1-t} \] alors "le point de l'autre côté" (sur la conique interne) est
\[ L\simeq \dfrac 1 f : \dfrac {t^2} g : \dfrac {(1+t)^2} h \] (où $f:g:h$ est le point de service). Cela ne donne pas envie de choisir le point mobile principal sur la conique interne.
Pour se ramener au degré $2$, c'est à dire ne plus faire trois fois le tour... et tripler le degré, une bonne technique est de considérer le polynôme
\[ (X-t)(X-s_1)(X-s_2)= {X}^{3}-{\sigma}\,{X}^{2} - \left( {\sigma}+{\frac {fp+gq+hr}{fp}} \right) X-{\frac {gq}{fp}} \]
Cordialement, Pierre.
$\def\outconi{\mathcal{C}_{\mathrm{out}}} \def\inconi{\mathcal{C}_{\mathrm{in}}} \def\cirM{\mathcal{C}_{M}} \def\cirZ{\mathcal{C}_{0}} \def\cirR{\mathcal{C}_{R}}\def\etc{,\:\mathrm{etc}} \def\where{\qquad\mathrm{where}\;} \def\ptv{~;~} \def\stu{\mathrm{s2u}}$
Utilisant directement l'un des triangles comme référence
Utilisant un repère orienté par la conique extérieure
Cordialement, Pierre.