Horocycles exinscrits
Bonjour, pour faire plaisir aux géomètres qui aiment les triangles et puisque la tendance est aux horocycles, voici une petite animation que je trouve sympa qui met en évidence que si A,B et C sont des points idéaux alors, il y a un unique triangle équilatéral dont les horocycles exinscrits ont pour centre A,B et C
Vous pouvez bouger les points A,B et C https://www.geogebra.org/classic/w5m9ttvx
Question : Que vaut donc la longueur du coté de ce triangle ?
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Ta configuration m'intéresse beaucoup mais je voudrais quelques précisions:
1° Les données sont bien les points idéaux $A$, $B$, $C$ sur le cercle horizon et rien d'autre?
pappus
Je voulais seulement être sûr pour qu'il n'y ait pas d'ambiguïté.
Amicalement
pappus
Je voudrais savoir si partant d'un triangle équilatéral quelconque, on peut reconstituer le triangle idéal $ABC$.
Amicalement
pappus
J'essaye de comprendre ton programme et mes ennuis commencent dès la troisième ligne.
C'est sans doute parce que j'ai manqué certaines définitions.
Je sais que si on se donne un triangle quelconque, on a toujours un cercle inscrit mais qu'on a des problèmes avec les cercles exinscrits. Ils peuvent exister ou non!
Ces problèmes subsistent-ils avec les triangles équilatéraux?
Mais ma principale difficulté est de déchiffrer les macros de pldx1 car pour le moment je n'ai pas l'habitude de ce logiciel ggb!
Amicalement
Excuse moi !
Je mélange cercles et horocycles.
Les horocycles ne sont pas des cercles puisqu'ils n'ont pas de centres.
Si je comprends bien, on cherche les horocycles tangents à deux droites.
Bizarre mais pourquoi pas !
Amicalement
pappus
- @parisse: Il serait utile de disposer d'une syntaxe ressemblant à lil= {pmil3(A,B)} ; // contient alors les 5 résultats de la macro pmil3
-
@Vassillia: Pour déterminer les points de contact des tangentes issues d'un point (extérieur) donné, on doit utiliser l'intersection de la conipolaire et de la conique
-
En effet, l'intersection entre une courbe et une conique se compose de deux points distincts (visibles ou non). Lorsque ces deux points sont très fortement proches, le calculateur doit décider s'il y a ou non égalité. Si les calculs ont été entrepris avec des valeurs exactes, cette question est sémantiquement bien fondée, et la réponse sera reproductible (contact décidable). Si l'on est parti de valeurs approchées, cette question est sémantiquement mal fondée, et la réponse sera foireuse. La moyenne des deux solutions complexes donnerait le bon résultat, mais comment savoir qu'il s'agit vraiment d'une racine double?
- Utiliser des noms "rotatoires" pour désigner des objets obtenus par un processus "rotatoire" facilite la vie du lecteur.
Cordialement, Pierre.milAB=lil(5) ; on sélectionne le 5ème resultat et on lui donne le nom que l'on veut.
en particulier, on peut " oublier" le 4ème résultat, qui est cirpaa', que l'on a déjà obtenu.
le triangle
les horocycles
Modèle de Klein
Sur cette figure, le point $A$ appartient à la $P$-droite $axeA$ qui est l'axe de symétrie des $P$-droites $\alpha\beta,\alpha\gamma$. Quand on tire sur le point $A$ en direction de $\alpha$, les cercles exinscrits (couleur verte) du triangle $ABC$ augmentent en taille puis disparaissent à travers des horocycles. Ceci est une conséquence du fait que les bissectrices extérieures (couleur cyan) $I_BAI_C$ et $I_ABI_c$ ne se coupent plus: le point $I_C$ n'est donc plus un point visible. Par contre, les trois bissectrices $I_BAI_C, I_ABI_C, axeC$ continuent de faire partie d'un même faisceau. Mais, désormais, nous avons des Poncelets visibles qui sont deux points de l'horizon, tandis que les points de base, qui seraient $I_C, iI_C$, sont devenus invisibles.
Cordialement, Pierre.
Le cercle vert en pointillés est l'inverse du cercle vert $cirexC$ par rapport au cercle horizon donc ces 3 cercles devraient faire partie du faisceau orthogonal à celui où $I_BAI_C$ est l'inverse de $I_ABI_C$ par rapport à $C C' I_C$
Du coup, si l'un des faisceaux est à point de base, l'autre est à point limite et le "miracle horocycle" se produit lorsqu'il sont tous les deux à cercles tangents
-
Repartons du Déluge. L'espace des points est $\pcct$, c'est à dire l'ensemble des triplets $\left[\vz,\vt,\vzz\right]$ considérés "à un multiplicateur près" . On sait qu'un cycle est une conique passant par les deux ombilics. On en déduit que l'espace des cycles est la copie de $\pccq$ engendrée par les quatre coniques $\vz\vt,\vzz\vt,\vt^{2},\vz\vzz$ (les deux isotropes, le cycle horizon, le cycle nul).
-
On peut faire plus beau, en prenant comme famille génératrice $2X\vt,2Y\vt,\vz\vzz-\vt^{2},\vz\vzz+\vt^{2}$ (les axes "des X" et "des Y" , le cercle visible unité, le cercle imaginaire unité). Les coordonnées d'un cycle point vérifient alors $d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}-d_{4}^{2}=0$ et la quadrique fondamentale devient une magnifique sphère. Ce modèle, aka le modèle stéréographique, est moins efficace pour faire les calculs, mais est irremplaçable pour "voir" de quoi on cause.
-
On arrive au théorème fondamental: une homographie de Cremona agissant sur les points de $\pcct$ a pour résultat une collinéation agissant dans $\pccq$, l'espace des cycles. Un "faisceau de cercles" est un ensemble de cycles obtenu par combinaisons linéaires de deux d'entre eux, autrement dit une droite projective. Il y a alors deux cas: la droite rencontre la conique fondamentale et le faisceau contient deux cercles points. Ou bien la droite ne rencontre pas la conique fondamentale. Et alors sa droite duale rencontre la conique fondamentale, définissant les points de base du faisceau initial.
-
En géométrie euclidienne, les trois côtés d'un triangle passent par le même point $\infty$. Leur orthogonal commun est le cycle $\left\{ \infty\right\} $ et les huit cercles d'Apollonius se résument aux quatre cercles tri-tangents et à "quatre fois le point à l'infini" .
-
Dans le modèle de Poincaré, les trois côtés d'un triangle hyperbolique sont des $\cc$-cercles génériques et leur orthogonal commun est d'autant moins un cercle point que ce cercle est le cercle horizon utilisé pour construire le modèle. Comme les $P$-in-ex-inscrits sont aussi des $\cc$-cycles, le théorème d'Apollonius nous indique qu'il y a huit candidats, qui sont les $\cc$-cercles tangents aux trois cercles donnés. Ceux-ci se répartissent en quatre lots de cercles inverses l'un de l'autre par rapport au cycle orthogonal commun.
-
Quand on passe au modèle de Klein, les deux cercles inverses de chaque lot coagulent en une ellipse.
-
Cette situation d'Apollonius a déjà été discutée en long et en large, conduisant à la fameuse procédure zapoll. On n'hésite pas à s'en servir.
-
Les cercles $\cir{BC},\cir{CA},\cir{AB}$ forment une configuration de Soddy. Leur cercle central est le circonscrit au triangle. Il vient: \begin{eqnarray*} \cir{abcP}\simeq\left(\begin{array}{c} 6\,s_{2}-2\,s_{1}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}-2\,s_{4}\\ 6\,s_{1}\,s_{3}-2\,s_{2}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+2\,s_{4} \end{array}\right) & \simeq & \cc\left[\left(\begin{array}{c} 2\,s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+2\,s_{4}\\ 2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2} \end{array}\right)\ptv\rho=\dfrac{s_{4}}{s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+2\,s_{4}}\right]\\ & \simeq & P\left[J\ptv\cosh\left(\delta\right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right] \end{eqnarray*}
-
Au contraire, les cercles $\cir{bcx},\cir{cax},\cir{abx}$ forment une configuration générale. On récupère les 4 cercles in-ex-inscrits et leurs inverses wrt l'horizon. En particulier, il vient: \begin{eqnarray*} \cir{a'b'c'P}\simeq\left(\begin{array}{c} 6\,s_{2}-2\,s_{1}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}-4\,s_{4}\,\sqrt{1/5}\\ 6\,s_{1}\,s_{3}-2\,s_{2}^{2}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+4\,s_{4}\,\sqrt{1/5} \end{array}\right) & \simeq & \cc\left[\left(\begin{array}{c} 2\,s_{2}^{2}-6\,s_{1}\,s_{3}\\ s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+4\,s_{4}\,\sqrt{1/5}\\ 2\,s_{1}^{2}-6\,s_{2} \end{array}\right)\ptv\rho=\dfrac{s_{4}\,\sqrt{1/5}}{s_{1}\,s_{2}-9\,s_{3}+4\,s_{4}\,\sqrt{1/5}}\right]\\ & \simeq & P\left[J\ptv\cosh\left(\delta\right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\div\dfrac{\sqrt{5}}{2}\right] \end{eqnarray*} Le lecteur attentif aura déjà détecté d'où vient ce $\sqrt{5}/2$.
-
Et maintenant, il reste à partir d'un point générique situé sur $cirpaa=axeA$ et voir ce que cela donne.
Cordialement, Pierre.La ressemblance avec ma proposition pour l'ellipse de Brianchon méritait de tenter le coup.
Mais même en trichant beaucoup, j'ai des bavures qui disent : Renonce à ce que le point de contact soit le point jaune de ta construcion.
Amicalement,
Swingmustard
(b,z,p,s)-apoll sont 4 procédures pour générer les cercles d'Apollonius, dans les version barycentrique, complexe, Pedoe, sterographique. L'existence des versions z,p,s vient de ce que je n'ai toujours pas réussi à choisir laquelle des trois versions est "la bonne version". Lorsque l'on change de version, il y a quelques réglages à faire. Pour ce qui est de zapoll, en voici le listing:
zapoll := proc(cirA, cirB, cirC, cirD) local les8, w1, w2, w3, w4, laW, k1, k2, k3, k4, kkk, gram123, nbw1, nbw2; les8 := NULL; laW := (FActor @ mkzgram)([cirA, cirB, cirC, cirD], zQQ)/2; gram123 := (Determinant @ SubMatrix) (laW, 1 .. 3, 1 .. 3); w1 := simplify(sqrt(laW[1, 1]), symbolic); w2 := simplify(sqrt(laW[2, 2]), symbolic); w3 := simplify(sqrt(laW[3, 3]), symbolic); w4 := simplify(sqrt(laW[4, 4]), symbolic); for nbw1 to 2 do w1 := -w1; for nbw2 to 2 do w2 := -w2; k1 := factor((w2*w3 - laW[2, 3])*(-w1*w2*w3 - w1*laW[2, 3] + w2*laW[1, 3] + w3*laW[1, 2])); k2 := factor((w3*w1 - laW[1, 3])*(-w1*w2*w3 + w1*laW[2, 3] - w2*laW[1, 3] + w3*laW[1, 2])); k3 := factor((w1*w2 - laW[1, 2])*(-w1*w2*w3 + w1*laW[2, 3] + w2*laW[1, 3] - w3*laW[1, 2])); k4 := 0; kkk := factor(-2*(w2*w3 - laW[2, 3])*(w3*w1 - laW[1, 3])*(w1*w2 - laW[1, 2])*gram123); k4 := (simplify(sqrt(kkk), symbolic))/(w4); les8 := les8, (FActor @ norQ)(k1*cirA + k2*cirB + k3*cirC + k4*cirD), (FActor @ norQ)(k1*cirA + k2*cirB + k3*cirC - k4*cirD); end do; end do; les8; end proc; mkzgram := proc(li::list, zQQ_ := zQQ) Matrix(`$`(nops(li), 2), (j, k) -> Transpose(li[j]) . zQQ_ . li[k]) end proc;Changer $k4$ en $-k4$ fait passer au cercle inverse par rapport à $cirD$, encore une conséquence du fait qu'une homographie agissant sur $\pcct$ engendre une collinéation agissant sur $\pccq$.
Cordialement, Pierre.