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Simson

Bonjour à tous
Etant donné un cercle $\Gamma$, une droite $D$ et un point $M$ situé sur $\Gamma$, montrer qu'il existe une infinité de triangles $ABC$ inscrits dans le cercle $\Gamma$ et dont la droite de Simson du point $M$ soit la droite $D$.
Questions annexes:
1°Lieu des orthocentres des triangles $ABC$.
2° Enveloppes des côtés et des hauteurs de ces triangles.
3° Etant donnés un cercle et une parabole du plan euclidien, à quelles conditions existe-t-il une infinité de triangles inscrits dans le cercle et circonscrits à la parabole.
Amicalement
pappus


Réponses

  • Bonjour,

    1° Les orthocentres sont sur la droite de Steiner qui est l'image de $(D)$ par l'homothétie de centre $M$ et de rapport $2$.

    Cordialement,
    Rescassol

  • Merci Rescassol
    C'est vrai , j'avais oublié de poser cette question!
    En fait, mon exercice n'est que la reformulation sous un autre angle de résultats bien connus de la théorie des défuntes paraboles!
    Amicalement
    pappus
  • Modifié (2 May)
    Bonjour, Pappus, сколько лет, сколько зим... :)

    Ce n'est pas que je ne fréquente plus le forum de Géométrie, mais je ne prends connaissance des fils que lorsqu'il y a déjà des réponses qui ont plié les questions. Pour une fois, j'arrive au début de la bataille !
    En plus, ce n'est pas trop dur !!!

    D'un point $N$ sur le droite de Simson, on mène la perpendiculaire à $(MN)$, laquelle coupe $(\Gamma)$ en deux points $B$ et $C$ (pourvu que $N$ soit dans un certain intervalle ouvert non vide). Le cercle de diamètre $(MC)$ coupe $(D)$ en $N$ et en un autre point, $N'$ ; enfin, la droite $(CN')$ recoupe $(\Gamma)$ en un point $A$. La droite de Simson de $M$ relative au triangle $(ABC)$ est bien $(D)$ puisque deux des projections sont dessus.

    L'enveloppe des côtés est un arc de l'antipodaire de $M$ par rapport à $(D)$, savoir la parabole de foyer $M$ et de tangente au sommet $(D)$.

    La réponse à la dernière question (3)) est donc sans doute : la CNS est que le foyer de la parabole soit sur le cercle.
    J'ai bon, m'sieur ?
  • Mon cher john_john
    Content de te revoir parmi nous après une aussi longue absence.
    J'espère que tu nous proposeras des énigmes intéressantes.
    Tu as tout bon évidemment!
    Quant à la dernière question, ce n'est qu'une conjecture qui découle de l'exercice précédent
    Tu sais que si l'on se donne deux coniques par leurs équations, on peut lire dessus si elles admettent des triangles inscrits dans l'une et circonscrites à l'autre. C'est la théorie des invariants.
    Peut-être peux tu nous faire un petit topo sur ce sujet?
    Il reste à déterminer l'enveloppe des hauteurs!
    Amitiés
    pappus
  • Bonsoir à tous,
    La construction de john-john n'est pas toujours possible, car lorsque $N$ varie sur $(D)$ la perpendiculaire à $(MN)$ passant par $N$ peut très bien ne jamais rencontré le cercle. La droite $(D)$ ne peut pas être quelconque.


  • On peut regarder l'enveloppe de cette perpendiculaire à $(MN)$ : c'est la parabole de foyer $M$ et de directrice la parallèle à $(D)$ passant par le symétrique de $M$ par rapport à $(D)$. Ensuite la position de cette parabole par rapport au cercle : pas d'intersection, un, deux ou quatre points d'intersection, tangente..
    Une bonne journée, Ludwig
  • Bonjour,

    $\def\ptv{~;~}$  On prend le cercle unité comme cercle de base, et on pose $D\simeq\left[\rho,k,1/\rho\right]$, $M\simeq\tau:1:1/\tau$ avec $\rho,\tau$ turns et $k\geq0$. Soit $\alpha,\beta,\gamma$ le triangle inconnu. On calcule la droite de Simson et on trouve: \[ \left[2\,\delta^{2}\ptv\alpha\,\beta\,\gamma+\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)\delta-\left(\alpha+\beta+\gamma\right)\delta^{2}-\delta^{3}\ptv-2\,\alpha\beta\gamma\,\delta\right] \] Il serait tentant d'introduire les fonctions symétriques en $\alpha,\beta,\gamma$... mais c'est exactement ce qu'il ne faut pas faire. Il faut, au contraire, briser la symétrie et introduire \[ \left\{ \gamma\,\beta=\mathrm{PP},\beta+\gamma=\mathrm{SS}\right\} \] Une identification donne \[ \left\{ \mathrm{PP}=\dfrac{-\delta}{\rho^{2}\alpha},\;\mathrm{SS}=\dfrac{\left(\alpha+\delta\right)\alpha\delta{\rho}^{2}+2\,\alpha\,\delta\,k\rho+\alpha+\delta}{\rho^{2}\alpha\,\left(\alpha-\delta\right)}\right\} \]
    1. On en déduit: $H\simeq\left(\begin{array}{c} \sigma_{1}\\ 1\\ \sigma_{2}/\sigma_{3} \end{array}\right)\simeq\left(\begin{array}{c} \delta\,\left(\alpha^{3}\rho^{2}+\alpha\,\delta^{2}\rho^{2}+2\,\alpha\,\delta\,k\rho+\alpha+\delta\right)\\ \rho^{2}\alpha\,\left(\alpha-\delta\right)\delta\\ -\rho^{2}\left(\alpha^{3}\delta\,\rho^{2}+\alpha^{2}\delta^{2}\rho^{2}+2\,\alpha^{2}\delta\,k\rho+\alpha^{2}+\delta^{2}\right) \end{array}\right)$ et donc $H$ reste sur la droite $\left[\rho\ptv\delta\rho+2\,k+\dfrac{1}{\delta\rho}\ptv\dfrac{1}{\rho}\right]$. On voit immédiatement que cette parallèle à la droite $D$ n'est autre que la droite de Steiner de $M$.
    2. On passe à la droite $BC\simeq\left[1\ptv-\mathrm{SS}\ptv\mathrm{PP}\right]$. Un coup de locusconi donne son enveloppe lorsque $\alpha$ varie. Comme le coefficient central est nul, cette conique est une parabole. Un coup de Plucker et l'on (re)trouve foyer et directrice.
    3. On passe à la droite $AH\simeq\left[-\alpha\ptv\alpha^{2}-\mathrm{PP}\ptv\mathrm{PP}\,\alpha\right]$. Le point courant de l'enveloppe est \begin{eqnarray*} K\left(\alpha\right)\doteq AH\wedge\frac{\partial AH}{\partial\alpha} & \simeq & \left[\alpha^{2}\rho^{2},-\alpha^{3}\rho^{2}-\delta,\alpha\,\delta\right]\wedge\left[2\,\rho^{2}\alpha,-3\,\alpha^{2}\rho^{2},\delta\right]\\ & \simeq & \left(\delta\,\left(2\,\alpha^{3}\rho^{2}-\delta\right):\alpha^{2}\delta\,\rho^{2}:\rho^{2}\alpha\,\left(2\,\delta-\alpha^{3}\rho^{2}\right)\right) \end{eqnarray*} Soit $z_{K}\left(\alpha\right)=2\alpha-\dfrac{\delta}{\rho^{2}}\,\dfrac{1}{\alpha^{2}}$. Ah, le beau deltoïde !
    4. On sait que $H$ ne peut pas se mouvoir ad libitum sur la droite de Steiner. En fait, $H$ ne doit pas sortir à l'extérieur du deltoïde. On vérifie que \[ \frac{\left(H\mathrm{\in deltoide}\right)\times\left(M\in D\right)^{2}}{\left(A\in\mathrm{para}\right)\times\left(B\in\mathrm{para}\right)\times\left(C\in\mathrm{para}\right)}=\frac{1}{4\delta^{5}\rho^{4}} \] et on conclut par continuité.


    Cordialement, Pierre.
  • Pour un triangle fixé, l'enveloppe des droites de Simson de ce triangle est un deltoïde centré en $(O+H)/2$. Lorsque $ABC$ varie (tout en restant poristique au cercle et à la parabole) ce deltoïde se contente de suivre le mouvement de son centre (sans tourner ou se dilater). En fait il reste homothétique au deltoïde du message précédent.
  • Modifié (4 May)
    Voici un calcul rapide avec des complexes : $a,b,c,z$ sont les affixes respectives des sommets du triangle et de $M$ ; la droite de Simson a pour équation $\overline{u}Z+u\overline{Z}+v=0$.
    Le projeté de $M$ sur $(AB)$ a pour affixe $\mu=(z+a+b-ab\overline{z})/2$ et il satisfait \`a $\overline{u}\mu+u\overline{\mu}+v=0$.
    Donc, les affixes $b$ et $c$ sont solutions d'une équation en $Z$ de la forme
    \[\overline{u}Z(1-a\overline{z})+u\overline{Z}(1-\overline{a}z)+w=0,\]
    où $w\in\R$.
    Le point $D$, d'affixe $\nu$, où la hauteur issue de $A$ recoupe le cercle est tel que $(AD)$ soit orthogonal à la droite précédente : cela équivaut à
    \[\overline{u}(\nu-a)(1-a\overline{z})+u(\overline{\nu-a})(1-\overline{a}z)=0\] 
    Sachant que $\nu$ et $a$ sont de module $1$,
    \[\nu=-\,\frac{u}{\overline{u}}\times\frac za\overline{a}\]
    Cela montre que $D$ tourne deux fois plus vite que $A$, mais dans l'autre sens, et donc que $(AD)$ enveloppe une superbe $H_3$.

    La dernière formule est peut-être peu lisible, les traits de fraction ressemblant aux traits de conjugaison (au tableau, j'avais l'habitude de mettre les premiers en oblique lorsqu'il y  avait risque de confusion...)
  • En effet. Le point mobile de l'enveloppe est $K=2A-D = 2\alpha-\dfrac{\delta}{\rho^{2}}\,\dfrac{1}{\alpha^{2}}$.
  • Modifié (5 May)
    Le deltoïde est incomplet car je n'ai fait tracer que l'enveloppe de $(AH)$ (qui est donc peut-être strictement incluse dans le $H_3$).
    NB : y a-t-il une commande Enveloppe dans Géogébra ?

  • Oui, il y a une commande Enveloppe dans GGB, mais elle n'est pas au point. Elle ne passe pas comme une lettre à la poste.
  • Modifié (5 May)
    Merci, Ludwig ! Qu'entendent-ils par chemin ? S'agit-il de la famille de courbes dont en cherche l'enveloppe ? Ces courbes doivent-elles être égales à isométrie directe près, càd liées à un repère mobile ?  J'ai trouvé, en furetant un peu --- effectivement, c'est tout objet de dimension cohomologique $1$ et constructible, mais il n'est pas écrit que, par exemple, un cercle doit être de rayon constant.

    NB : chemin est ce qui apparaît dans ma version de Géogébra ; peut-être est-elle un peu paléolithique.
    NB2 : CaBri donnait des enveloppes tout à fait honorables.
  • Modifié (5 May)
    Bonjour
    La commande Enveloppe de GeoGebra est pratiquement inutilisable.
    Une discussion ici https://help.geogebra.org/topic/enveloppes relatives aux difficultés d'emploi.
    Il y avait dans ces échanges des intervenants comme Noêl Lambert et un certain Zoltan **** père de cette commande.
    Leurs messages ont disparu.
  • Modifié (5 May)
    Merci, Cailloux,
    j'ai lu le lien que tu cites et regardé comment fonctionne ton exemple d'enveloppe d'une famille de cercles ; ce n'est pas si mal que cela (l'enveloppe semble bien tangente aux cercles lorsque l'on déplace le curseur).
    Cela dit, je me contenterais d'une commande d'enveloppe de droites (dans ma figure d'hier, j'avais construit les points caractéristiques puis fait tracer le lieu d'iceux).
    Cordialement, j__j
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