Un triangle d'aire constante dans le limaçon de Pascal

Ludwig

Bonsoir,
Ce qui suit est une généralisation de la propriété 44 III du livre The Cardioide and some of its related curves de Raymond Clare Archibald (1900) : 

On prend le limaçon de Pascal d'équation polaire $\rho=1+e\cos{\theta}$ avec $e>0$ et différent de $2$. On place les points $O(e/2,0)$, $S(e-1,0)$, puis $A$ variable sur le cercle de centre $O$ passant par $S$. On construit le triangle équilatéral $ABC$ de centre $O$.
Soit $A'$ le symétrique de $S$ par rapport à $(OA)$. La parallèle à $(AA')$ passant par $B$ recoupe le cercle en $B'$, celle passant par $C$ le recoupe en $C'$. $[A'A)$ coupe le limaçon en $a$, $[B'B)$ en $b$ et $[C'C)$ en $c$ (les points $a$, $b$ et $c$ peuvent aussi être obtenus par des homothéties de rapport $2/(2-e)$, par exemple $a$ est l'image de $A$ par celle de centre $A'$).
Lorsque $e=1$ on obtient une cardioïde et cette construction donne le même triangle que celui du livre.

Démontrer que l'aire du triangle $abc$ est constante et calculer sa valeur en fonction de $e$.

Math Coss

Deux remarques bébêtes en regardant la figure. D'une part, la définition des points $a$, $b$ et $c$ n'est pas univoque parce que le limaçon semble être une quartique et que les demi-droites $[A'A)$, etc., peuvent la couper en un, deux ou trois points selon la position de $A$. D'autre part, un tracé du lieu de $(e,\mathrm{aire}(e))$ suggère que l'aire est une fonction affine de $e$ – comme Geogebra a planté, je ne sais pas en dire plus...

Ludwig

Oui tu as raison, ma formulation avec des demi-droites est mauvaise. Mais la définition homothétique de ces points fonctionne.
Non, l'aire n'est pas une fonction affine de $e$.
J'en profite pour signaler une erreur dans la propriété du livre : l'aire du triangle vaut $9a^2\sqrt{3}/16$ et non pas $9\sqrt{3a}/4$.

Math Coss

Quid si on remplace $ABC$ par un carré ? un pentagone régulier ? etc.

Ludwig

Je pense que cela ne donnera rien, mais je peux me tromper.
Montrer aussi que la somme des carrés des côtés du triangle $abc$ est constante et vaut $9(1+\frac{e^2}{4})$.

pappus

Bonjour Ludwig

Peux-tu nous préciser le système de coordonnées que tu utilises?

En gros, fais le apparaitre sur ta figure!!

Plus que cette histoire d'aire constante, c'est ce résultat sur les homothéties qui me parait intéressant et qui est loin d'être évident!

Amicalement

pappus

Ludwig

Bonjour pappus,
J'ai donné plus haut les coordonnées de $O$ et $S$, d'où la figure ci-dessous. $o$ est l'origine du repère.

On peut construire $abc$ directement, car par exemple $(OB)//(ob)$ donc $b$ est l'intersection de $(BB')$ avec la parallèle à $(OB)$ passant par $o$. C'est plus simple car on n'a pas à chercher le rapport de l'homothétie.
Montrer aussi que $oa^2+ob^2+oc^2=3(1+\frac{e^2}{2}).$

Ludwig

Le triangle formé par les tangentes au limaçon en $a$, $b$ et $c$ est également d'aire constante (sauf pour $e=1$ auquel cas ces tangentes sont parallèles). Et aussi.. et aussi.. 

Ludwig

Il y a bien une propriété @Math Coss avec un carré, un pentagone régulier, etc. Et c'est sans doute celle à laquelle @pappus a fait allusion : la figure obtenue avec la même méthode homothétique que pour le triangle équilatéral donne un polygone d'aire constant. Et cela ne dépend pas du rapport de l'homothétie, ni du polygone en fait, pourvu qu'il soit inscriptible. La condition pour que cette aire soit constante étant sans doute que les sommets initiaux soient ceux d'un polygone régulier. Seulement les sommets images n'appartiennent pas à la même courbe à une seule et même courbe en général.

Ludwig

On peut commencer par démontrer la propriété suivante, que j'ai trouvée de façon expérimentale : $ABC$ est un triangle et $(O)$ son cercle circonscrit, $A'$ un point de ce cercle. La parallèle à $(AA')$ passant par $B$ recoupe le cercle en $B'$, celle passant par $C$ le recoupe en $C'$. $a$ est l'image de $A$ par l'homothétie de centre $A'$ et de rapport $k$, $b$ est l'image de $B$ par l'homothétie de centre $B'$ et de rapport $k$, $c$ est l'image de $C$ par l'homothétie de centre $C'$ et de rapport $k$. Alors l'aire du triangle $abc$ est égale à $(2k-1)$ fois celle de $ABC$ (il s'agit d'aires orientées). En particulier l'aire de $abc$ ne dépend pas de la position de $A'$ sur le cercle.

Pour le prouver on peut commencer par écrire que $aire(abc)=\frac{1}{2}\det(\overrightarrow{ab},\overrightarrow{ac})$, puis utiliser la relation de Chasles et les propriétés du déterminant, comme par exemple $\det(u,\lambda v+\mu w)=\lambda  \det(u,v) + \mu \det(u,w).$